6. Landeswettbewerb Mathematik Bayern 2. Runde 2003/04 Aufgaben und Lösungsbeispiele

Transkript

1 6. Lndeswettbewerb Mthemtik yern. Runde 00/04 ufgben und Lösungsbeispiele ufgbe 1 ie Seite [] eines reiecks wird über hinus bis zum Punkt so verlängert, dss = n gilt (n N n>1). ie Gerde durch und den Mittelpunkt M von [] schneidet [] im Punkt E. In welchem Verhältnis teilt E die Strecke []? Lösung: E teilt die Strecke [] im Verhältnis E : E = n : (n 1). eweis: 1. Möglichkeit (über kongruente reiecke): er Schnittpunkt der Prllelen zu durch mit der Gerden E werde mit F bezeichnet. ie reiecke EM und FM sind nch dem Kongruenzstz WSW kongruent, d M = M, ME = MF (Scheitelwinkel) und EM = FM (Wechselwinkel n prllelen Gerden) rus folgt: E = F. Mit dem Strhlenstz (Zentrum ) folgt: E M F E : E = E : F = : = : ( ) = n : ((n 1) ) = n : (n 1) lterntive: er Schnittpunkt der Prllelen zu durch mit der Gerden E werde mit G bezeichnet. ie reiecke GM und M sind nch dem Kongruenzstz WSW kongruent, d M = M, MG = M (Scheitelwinkel) und GM = M (Wechselwinkel n prllelen Gerden) rus folgt: G =. Mit dem Strhlenstz (Zentrum E) folgt: G E M E : E = : G = : = : ( ) = n : ((n 1) ) = n : (n 1). Möglichkeit (über Mittelprllele): er Schnittpunkt der Prllelen zu durch M mit der Gerden werde mit H bezeichnet. MH Mittelprllele zu im reieck ist, gilt: H = 0,5 und HM = 0,5 Mit dem Strhlenstz (Zentrum ) und folgt: E = ( : H) HM = ( : ( H)) 0,5 = E M = ( n : (n 0,5 )) 0,5 = (n : (n 1)) H mit erhält mn: n : (n 1) n E : E = E : ( E) = = = n : (n 1) (1 n : (n 1)) n 1 n 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 1

2 ufgbe uf einem Pltz soll us luter gleichen Würfeln ein enkml gebut werden. Es ist ein mssiver uderförmiger lock geplnt, der uf seiner udrtischen Grundfläche steht. ie nzhl der Würfel, die der Luft usgesetzt sind, ist hlb so groß wie die nzhl ller Würfel. us wie vielen Würfeln knn ds enkml bestehen? Lösung: s enkml knn us 8 9 = 576 oder 7 50 = 450 Würfeln bestehen. eweis: Es sei die Länge und reite, h die Höhe des locks. nn gibt es insgesmt h Würfel. er Luft usgesetzt sind Würfel der obersten Schicht und zusätzlich uf jeder der vier Seiten (-1)(h-1) Würfel, lso zusmmen + 4( 1)(h 1) Würfel. Gemäß ngbe soll genu die Hälfte ller Würfel der Luft usgesetzt sein, lso: h = + 4( 1)(h 1). (*) ( ) Löst mn (*) nun nch h uf, so erhält mn: ( ) h = h eine ntürliche Zhl sein muss und der Zähler ( ) nicht negtiv werden knn, muss der Nenner (1) positiv sein und () ein Teiler des Zählers sein. Zunächst untersuchen wir edingung (1): > 0 Qudrtische Ergänzung ergibt: ( 4) 8 eine ntürliche Zhl sein muss und = 1 hier offensichtlich keine Lösung ist, folgt drus: 4, lso 7. > h emerkung 1: iese untere Grenze für erhält mn uch durch eine nschuliche Überlegung: In der obersten Schicht sind lle Würfel der Luft usgesetzt, in den drunter liegenden h-1 Schichten sind von llen Würfeln jeweils ( ) Würfel verdeckt und nicht der Luft usgesetzt. mit insgesmt Gleichgewicht zwischen Rndwürfeln und inneren Würfeln besteht, müssen in den unteren h 1 Schichten jeweils mehr Würfel innen ls ußen liegen, sonst knn die oberste Schicht, in der j lle Würfel ußen liegen, nicht usgeglichen werden. ies bedeutet, es muss ( ) > sein. urch Umformung ergibt sich drus > 0 und somit wieder 7. Nun untersuchen wir edingung (): er größte Teiler von ( ) ist ( ) selbst; hier ergibt sich h = 1, ws offensichtlich kein sinnvolles Ergebnis ist. uch der nächste Teiler von ( ), nämlich Ergebnis, denn = ( ) ist äuivlent zu = 1. ( ) = ( ) liefert kein bruchbres 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite

3 er nächst kleinere Teiler von sein wie ( ), d.h. ( ) ist ( ) 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite. er Nenner knn lso höchstens so groß ( ) Umformung dieser Gleichung führt uf Mit udrtischer Ergänzung erhält mn: ( 8) 48 eine ntürliche Zhl sein muss, folgt drus: 8 6, lso 14 (und + 8 6, lso, wegen edingung (1) ist ber sowieso 7 ). ie beiden edingungen (1) und () hben lso eine untere und eine obere Schrnke für ergeben: ie Ergebnisse für die möglichen Werte von sind in der folgenden Tbelle zusmmengestellt: ( ) h = = = = 9 41 ( ) Nur für = 7 und = 8 ist h = eine ntürliche Zhl Somit erhlten wir zwei mögliche Lösungen: I. = 7 und h = 50, lso 7 50 = 450 Würfel oder II. = 8 und h = 9, lso 8 9 = 576 Würfel. 5 7 = = 7 7 = emerkung : Sttt der Untersuchung von edingung () knn mn uch sofort für die ersten zulässigen Werte von die entsprechenden Werte von h berechnen und erhält wieder obige Tbelle. ie zwei Lösungen, nämlich = 7 und = 8, lssen sich dnn direkt blesen. ie Existenz weiterer gnzzhliger Lösungen für und h knn usgeschlossen werden, d sich für > 14 stets Werte von h ergeben, die größer ls, ber kleiner ls sind, wie im Folgenden llgemein nchgewiesen wird: er Nenner des ruchs ist für 7 größer ls 0. eshlb ist bei der Umformung der folgenden ruchungleichungen keine Fllunterscheidung erforderlich. (ie Zustzbedingung 7 wird nicht bei jeder Umformung gennnt.) ( ) 8 8 h = = > + > + > > h = < < < < ( 8) 48 ( 8) > ie jeweils letzten Ungleichungen sind für lle > 14 erfüllt. Es knn lso für > 14 keine weiteren gnzzhligen Lösungen für h geben. emerkung : = 1 und h = 1 hier keine sinnvollen Lösungen liefern, knn mn Gleichung (*) uch umformen zu (h ) 8 =. ( 1) (h 1) uch = und h = knn sofort usgeschlossen werden. Für,h { ;4;5;... } sind (-1) und sowie (h-) und (h-1) ls direkt ufeinnder folgende Zhlen teilerfremd. her muss (-1) Teiler von (h-) und (h-1) Teiler von sein. Im der folgenden Tbelle sind lle Möglichkeiten drgestellt, 8 hier in ein Produkt von zwei Fktoren zu zerlegen:

4 (h ) ( 1) (h 1) Lösung des Gleichungssystems ergibt : Lösungen für die nzhl n Würfeln des enkmls: 1 8 = 8, h = = 4 ± N keine 4 = 4 ± 10 N keine 8 1 = 7, h = 50 (oder = 1, bereits usgeschlossen) 450 Wieder ergeben sich dieselben Lösungen wie oben. ufgbe Von einem Viereck ist beknnt, dss es sowohl einen Inkreis ls uch einen Umkreis besitzt. Wie knn mn us den drei Eckpunkten, und eines solchen Vierecks ds vollständige Viereck konstruieren? Lösung: urch die Lge der Punkte, und sind die Seitenlängen und b sowie der Winkel gegeben. us der ngbe weiß mn: (1) s Viereck ht einen Umkreis. ieser knn durch die drei gegebenen Eckpunkte sofort ls Umkreis des reiecks rekonstruiert werden. ist lso Sehnenviereck, d.h. die Summe der Innenwinkelweiten gegenüberliegender Winkel beträgt jeweils 180 : (1) α + γ = 180 und (1b) + δ = 180 () Ferner ht ds Viereck einen Inkreis. ist lso Tngentenviereck, d.h. die Summen der Längen jeweils zweier gegenüberliegender Seiten sind gleich: + c = b + d. Umgekehrt gilt uch: Wenn für ein Viereck + c = b + d gilt, dnn ist es ein Tngentenviereck. rus ergeben sich verschiedene Möglichkeiten, den fehlenden Punkt zu konstruieren. ei der urchführung werden Grundkonstruktionen wie die Konstruktion von Winkelhlbierenden, Loten, Fsskreisbögen, Tngenten von einem Punkt n einen Kreis etc. sowie die Konstruktion des Umkreises des reiecks benötigt. Ihre urchführung ist us dem Unterricht beknnt und wird dher im Folgenden nicht detilliert drgestellt. Insbesondere wird bei den folgenden Konstruktionsmöglichkeiten die Lge des Umkreises bereits ls beknnt vorusgesetzt. 1. Möglichkeit (mit Konstruktion des Inkreises): Konstruktionsidee: Zunächst wird der Inkreismittelpunkt I des Vierecks, ein Punkt F uf der Inkreislinie und dmit der Inkreis konstruiert. er Punkt ist dnn der Schnittpunkt des Umkreises mit der von verschiedenen Tngente von n den Inkreis. Plnfigur: Vorüberlegung: der Inkreismittelpunkt I der Schnittpunkt der Winkelhlbierenden im Viereck ist, gilt mit ε = I für die Winkelsumme im Viereck I: 1 1 α + + γ + ε = 60. Mit 1 α + 1 γ = 1 ( α + γ ) = = 90 nch (1) folgt: ε = 60, lso ε = 70. α F M w I ε γ 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 4

5 die Winkelweite beknnt ist und ein 70 -Winkel konstruierbr ist, knn uch ε konstruiert werden. Konstruktion: Mit Hilfe von ε knn der Inkreismittelpunkt I konstruiert werden. I liegt stets uf der Winkelhlbierenden des Winkels. o Flls > 90 und dmit ε < 180 ist, liegen I und uf verschiedenen Seiten der Sehne [] (dieser Fll ist in der Plnfigur drgestellt). Hier liegt I noch uf dem Fsskreisbogen über der Sehne [] zum Winkel o der Weite ε = 70. o Flls < 90 und dmit ε > 180 ist, liegen und I uf der gleichen Seite der Sehne []. Hier liegt I noch uf dem Fsskreisbogen über der Sehne [] zum Winkel der Weite 60 ε = Flls = 90 und dmit ε = 180 ist, ist I der Schnittpunkt der Winkelhlbierenden von und der Strecke [], die in diesem Fll ein urchmesser des Umkreises ist. sowohl die Winkelhlbierende des Winkels ls uch die entsprechenden Fsskreisbögen unter Verwendung der Punkte, und eindeutig konstruierbr sind, ist die Konstruktion des Inkreismittelpunktes I möglich und eindeutig. Gemäß Konstruktion von I ist I usgeschlossen. her knn immer ds Lot von I uf konstruiert werden, womit sich eindeutig der Lotfußpunkt F, der Inkreisrdius ρ = IF und somit der Inkreis ergeben. nschließend knn eindeutig die von verschiedene Tngente von n den Inkreis konstruiert werden. Ihr Schnittpunkt mit dem Umkreis des reiecks ist der gesuchte Punkt. Sttt mittels Grundkonstruktion knn die Tngente uch wie folgt eindeutig konstruiert werden: Mn zeichnet den Kreis um mit dem Rdius F. Sein Schnittpunkt mit dem Inkreis werde mit G bezeichnet. F Tngente von n den Inkreis ist und G = F gemäß Konstruktion, ist uch die Gerde G Tngente von n den Inkreis. Sie schneidet den Umkreis (ußer im Punkt ) noch im gesuchten Eckpunkt. Entsprechend lässt sich uch mit Hilfe der Tngente von n den Inkreis eindeutig konstruieren. emerkung: erhält mn us dem Inkreismittelpunkt uch ohne explizite Konstruktion des Inkreises: der Inkreismittelpunkt I der Schnittpunkt der Winkelhlbierenden des Vierecks ist, ht mn mit α γ α γ seiner Konstruktion uch die Winkel = I und = I konstruiert. Trägt mn n [I und n [I in entgegengesetzte Richtung von n, so schneiden sich die freien Schenkel dieser Winkel uf der Umkreislinie eindeutig im gesuchten Punkt. Vorbemerkung zur. und. Möglichkeit (jeweils ohne Konstruktion des Inkreises): Hier wird ls Eigenschft () die Gleichheit der Summen gegenüberliegender Seitenlängen verwendet, lso + c = b + d. Für die Konstruktionen benötigt mn ber jeweils ifferenzen von Seitenlängen. her wird ohne eschränkung der llgemeinheit b ngenommen. nn ist b 0. Ferner gilt: b = d c. Zunächst zum Sonderfll = b: Hier ist uch c = d, d.h. mn erhält den fehlenden Punkt ls Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von [] (gleichzeitig Winkelhlbierende von ) mit dem Umkreis des reiecks. ieser Punkt existiert und ist eindeutig, lso ist ds Viereck eindeutig konstruiert. Im Folgenden wird nur noch der Fll b > 0 betrchtet. 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 5

6 . Möglichkeit: Konstruktionsidee: Zunächst wird mittels eines Hilfsdreiecks ein Hilfspunkt S konstruiert, so dss S = b und [S. Plnfigur: Vorüberlegung: Tngentenviereck ist, gilt () + c = b + d, lso d = b + c. Mit S = b folgt: S = - S = d - ( - b) = b + c - + b = c s reieck S ist somit gleichschenklig mit Spitze. Für seine siswinkel gilt: δ ϕ : = S = S =. uch Sehnenviereck ist, folgt mit (1b): ϕ =. Sein Nebenwinkel σ : = S ht dmit die Weite σ = ϕ = Wegen = δ < 180 ist σ = > 180 = 90 ; σ ist lso größter Winkel im reieck S. σ = 180 -, und S = b us den vorgegebenen Punkten, und konstruierbr sind und im reieck S dem größten Winkel σ gegenüberliegt, lso größte Seite ist, ist ds reieck S eindeutig konstruierbr (SsW). Konstruktion: Zunächst wird in einer Hilfskonstruktion ds reieck S konstruiert (siehe Vorüberlegung) und n die gegebene Strecke [] so übertrgen, dss S und uf verschiedenen Seiten bezüglich liegen. nschließend zeichnet mn die Hlbgerde [S ein; sie schneidet den Umkreis des reiecks (ußer in ) eindeutig im gesuchten Punkt. emerkung: er Punkt S lässt sich uch ohne eigenes Hilfsdreieck konstruieren: Mn erhält ihn ls Schnittpunkt des Kreises um mit Rdius b mit dem Fsskreisbogen über [] zum Winkel σ = 180 -, der bezüglich uf der nderen Seite ls liegt. (Wie mn leicht zeigen knn, ist der Mittelpunkt dieses Fsskreisbogens stets der ogenmittelpunkt des ogens.) ieser Schnittpunkt existiert und ist eindeutig. - b - b S σ R ϕ b δ ϕ 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 6

7 . Möglichkeit: Konstruktionsidee: er Punkt ist konstruiert, wenn für ds Teildreieck des Vierecks gilt: 1. liegt uf dem Umkreis des reiecks. = d c = b ies wird in drei Schritten erreicht: (I) Im ersten Schritt wird ein Teildreieck '' konstruiert, bei dem der Punkt ' uf dem Umkreis von reieck liegt, δ ' = δ und ' ' ' = b gilt. (II) Im zweiten Schritt wird drus ds reieck '''' konstruiert, für ds δ '' = δ ' = δ, '' '''' = b und '' = gilt. Plnfigur: (III) Im dritten Schritt wird ds reieck '''' durch eine rehung um so bgebildet, dss der Punkt '' uf den Punkt fällt. s ild des Punktes '' ist dnn der gesuchte Punkt. Konstruktion: (I) Mn wählt ' fest, ber beliebig so uf dem ogen des Umkreises, dss ' > b = d c erfüllt ist. ies ist möglich, d d > d c > 0 ist nch Vorussetzung. Mn zeichnet ' sowie '. er Winkel ' ht dnn die gleiche Weite δ ' wie der gesuchte Winkel der Weite δ (Stz vom Umfngwinkel über der Sehne ). er Kreis um mit dem Rdius b = d c schneidet ['] eindeutig im Punkt E'. urch die echtung der edingung ' > b = d c ist die Existenz von E' sichergestellt. er Kreis um ' mit dem Rdius ' E' schneidet die Hlbgerde [' eindeutig in '. s reieck '' ht somit die gewünschte Winkelweite bei ' und die richtige Seitenlängendifferenz ' ' ' = b. (II) er Kreis um mit dem Rdius schneidet die von E' usgehende Hlbgerde durch ' eindeutig in ''. ie Prllele zu '' durch '' schneidet ' eindeutig in ''. ie beiden Winkel ' und '''' hben die gleiche Weite δ ' = δ '' (Stufenwinkel n Prllelen). er. Strhlenstz von E' us grntiert wegen E ' ' = ' ' uch E ' ' ' = ' ' ' '. Vom reieck '''' weiß mn dmit, dss es zwei Seitenlängen ht, die sich um b unterscheiden, d '' '''' = (E' + E ''') '''' = E' = b (nch Konstruktion). Ferner gilt nch Konstruktion: δ '' = δ ' = δ und ' ' =. (III) s reieck '''' wird um den Punkt so gedreht, dss '' uf bgebildet wird. Nch der Umkehrung des Stzes vom Umfngwinkel wird dbei der Punkt '' uf einen Punkt des Umkreises bgebildet. ieser Punkt heiße. iese bbildung ist eindeutig. die rehung längentreu ist, ht die Strecke [] dieselbe Länge wie die Strecke [''] und [] dieselbe Länge wie ['''']. ie beiden reiecke '''' und sind dher kongruent nch Kongruenzstz SSS. Somit unterscheiden sich die Längen der Seiten [] und [] ebenflls um b. Folglich ist ds Viereck ein Tngentenviereck (Umkehrung des Stzes vom Tngentenviereck) und der gesuchte Viereckspunkt. Sämtliche Konstruktionen sind möglich und eindeutig, lso ist ds Viereck eindeutig konstruiert. '' ' -b δ'' E' δ' d -b δ ' c '' b 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 7

8 ufgbe 4 s Produkt der ersten n Primzhlen 5... pn wird ls Produkt zweier ntürlicher Zhlen und b geschrieben. ie uf p n folgende nächstgrößere Primzhl sei p n + 1. n 1 Zeige: Wenn + b kleiner ls p + ist, so ist + b eine Primzhl. Lösung: Zunächst ein eispiel zur Erläuterung der ufgbenstellung: Sei n = 4. ie ersten vier Primzhlen sind,, 5 und 7. s Produkt ist lso 5 7 = 10. ie fünfte Primzhl p 5 = p n + 1 ist 11 und p5 = p n+ 1 = 11. Eine mögliche Zerlegung von 10 in ein Produkt ist 10 = nn ist ber = 11 > 11; mn muss 11 dher nicht weiter untersuchen, denn die Vorussetzung + b < p n + 1 ist nicht erfüllt. Eine ndere mögliche Zerlegung von 10 in ein Produkt ist 10 = Hier ist = 9 < 11, die Vorussetzung + b < p n + 1 ist erfüllt. Nch ufgbenstellung müsste lso 9 eine Primzhl sein, ws j uch der Fll ist. ie nderen möglichen Zerlegungen von 10 in ein Produkt b sind in der folgenden Tbelle erfsst mn erkennt, dss die Summe + b immer eine Primzhl ist. 10 = = = = = = = = = = = = 1 Nun ber zum eigentlichen eweis: s Produkt 5... pn der ersten n Primzhlen werde ls Produkt b geschrieben, wobei + b < p n + 1. Wir müssen zeigen, dss + b eine Primzhl ist. zu beweisen wir, dss jede Primzhl, die Teiler von + b ist, gleich + b sein muss. + b ht dmit keine echten Teiler und ist somit Primzhl. Vorbemerkung: Eine Primzhl p p teilt entweder oder b, ber keinesflls beide Zhlen und b, denn: n n ls Teiler von 5... p ist entweder 1 oder selbst ein Produkt von Primzhlen, die lle unter den ersten n Primzhlen,,..., p n vorkommen. er ndere Fktor b ist dnn ufgrund der Eindeutigkeit der Primfktordrstellung ds Produkt der übrigen Primzhlen bis p n, die in nicht vorkommen. Somit kommt p p n in der Primfktordrstellung von oder b vor, teilt lso eine der beiden Zhlen. p teilt ber nicht und b, denn sonst müsste p uch b teilen, ws wiederum ufgrund der Primfktordrstellung b = 5... p n usgeschlossen ist. ehuptung: Wenn eine Primzhl ist, die + b teilt, dnn ist = + b. eweis: 1. Fll: pn Nch der Vorbemerkung teilt dnn eine der beiden Zhlen oder b, ber nicht beide. Würde z.. teilen, so teilt es b nicht. nn knn ber nicht + b teilen. enn ndernflls würde uch ( + b) = b teilen. lso ist p unmöglich, wenn ein Teiler von + b ist. n. Fll: > pn + b + b + b nn ist p n + 1. Somit ist < p n+ 1, d j nch Vorussetzung + b < p n + 1. Wäre > 1, so p n+ 1 + b + b müsste uch wieder einen Primteiler r hben. Wegen 1 < < p n + 1 muss r zwischen und p n liegen. Nch der Vorbemerkung teilt dnn r entweder oder b, ber nicht beide. Wie in Fll 1 teilt r jedenflls nicht + b. mit knn r erst recht nicht den Teiler + b + b von + b teilen. Somit knn nur = 1 sein. Es ergibt sich lso + b =. Wenn + b < p n + 1, ht + b lso keine echten Teiler und. 6. LWM 00/004. Runde Lösungsbeispiele Seite 8