Landeswettbewerb Mathematik Bayern

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1 Landeswettbeweb Mathematik Bayen ufgaben und Lösungsbeispiele. Runde 007/008 ufgabe In de nebenstehenden Gleichung steht jede Buchstabe fü eine de Ziffen bis 9, wobei keine Ziffen mehfach vokommt. Zeige, dass die Zahl GHI duch 9 teilba ist, und bestimme ihen kleinstmöglichen Wet: BC + DE GH I Beweis, dass GHI duch 9 teilba ist: Voschlag : Es gilt: + B + C + D + E + + G + H + I = = 45 Somit gilt: + B + C + D + E + = 45 (G + H + I) (*) all : Bei de dditionsaufgabe findet kein Übetag statt. Dann ist C + = I, B + E = H und + D = G. In die Gleichung (*) eingesetzt, ehält man: G + H + I = 45 (G + H + I) (G + H + I) = 45 G + H + I =,5 Da G, H und I ganzzahlig sind, stellt dies einen Widespuch da. all : Bei de dditionsaufgabe findet genau an eine Stelle ein Übetag statt:. Möglichkeit: De Übetag efolgt von de Eine- auf die Zehnestelle. Dann ist C + = I + 0, B + E = H - und + D = G. In die Gleichung (*) eingesetzt, ehält man: G + H +I + 0 = 45 (G + H + I) (G + H + I) = 6 G + H + I = 8 Somit betägt die Quesumme de Zahl GHI 8. D.h. GHI ist duch 9 teilba. Möglichkeit: De Übetag efolgt von de Zehne- auf die Hundetestelle. Dann ist C + = I, B + E = H + 0 und + D = G. In die Gleichung (*) eingesetzt, ehält man: G + H + I + 0 = 45 (G + H + I) nalog zu. Möglichkeit ehält man, dass nun ebenfalls die Zahl GHI die Quesumme 8 hat und damit duch 9 teilba ist. all : Bei de dditionsaufgabe finden zwei Übetäge statt: Dann ist C + = I + 0, B + E + = H + 0, d.h. B + E = H + 9, und + D = G. In die Gleichung (*) eingesetzt, ehält man: G + H + I = 45 (G + H + I) (G + H + I) = 7 G + H + I =,5 Da G, H und I ganzzahlig sind, stellt dies einen Widespuch da. Es ist nach ufgabenstellung nicht möglich, dass ein Übetag von de Hundetezu Tausendestelle stattfindet. 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite von 0

2 Somit ist die gestellte dditionsaufgabe nu mit genau einem Übetag (entwede aus de Eine- ode aus de Zehnestelle) lösba. Damit ist jeweils GHI duch 9 teilba. Voschlag (unte Vewendung von Gleichung (*) aus Voschlag ): Es gilt: BC = B + C, DE = 00 D + 0 E +, GHI = 00 G + 0 H + I lso: D + 0 B + 0 E + C + = 00 G + 0 H + I D + 9 B + 9 E + + B + C + D + E + = 99 G + 9 H + G + H + I D - 99 G + 9 B + 9 E - 9 H = G + H + I ( + B + C + D + E + ) Mit Gleichung (*) gilt: 9 ( + D - G + B + E H) = G + H + I [45 (G + H + I)] 9 ( + D - G + B + E H) = (G + H + I) 45 Da de Tem auf de linken Seite de Gleichung und die Zahl 45 duch 9 teilba sind, folgt: (G + H + I) und damit auch G + H + I sind duch 9 teilba. Somit ist die Zahl GHI duch 9 teilba. Voschlag : Zunächst weden die Zahlen BC, DE und GHI als Vielfache von 9 mit Rest dagestellt: BC 9 + DE = b9 + s GHI = c9 + t (a, b, c,, s, t IN) ü die Neuneeste, s und t gilt zudem: 0, s, t 8. us BC + DE = GHI folgt damit: (a + b)9 + + s = c9 + t. Damit besteht zwischen, s und t folgende Zusammenhang: all : + s = t, falls + s < 9, all : + s = 9 + t, falls + s > 9. Da de Rest eine natülichen Zahl n bei Division duch 9 stets mit dem Rest übeeinstimmt, de bei Division de Quesumme von n duch 9 entsteht, gibt es natüliche Zahlen, y und z mit: + B + C = 9 + ; D + E + = y9 + s; G + H + I = z9 + t Da die Summe alle Ziffen den Wet 45 hat, ehält man damit: + B + C + D + E + + G + H + I = ( + y + z)9 + + s + t = 45. Unte Beachtung de beiden möglichen älle folgt daaus: all : ( + y + z)9 + t = 45 all : ( + y + z +)9 + t = 45. In jedem all folgt, dass t duch 9 teilba ist. Dies ist nu fü t = 0 möglich. Damit ist gezeigt, dass GHI duch 9 teilba ist. Bestimmung des kleinstmöglichen Wetes fü GHI: all : G =, d.h. = und D = und kein Übetag von de Hundetestelle Die einzige Belegung de Zehnestellen wäe dann = 9 ohne Übetag von de Einestelle. Dies ist abe nicht möglich, da jede Belegung de Einestellen in C + = I mit den vebleibenden Ziffen 6, 7, 8 imme einen Übetag auf die Zehnestelle zu olge hätte. all : G = 4, d.h. = und D = ode = und D =, d.h. mindestens eine de Ziffen ode ist beeits auf eine Hundetestelle vegeben. Die esten duch 9 teilbaen Zahlen 405, 44, 4, 4, 44 und 450 scheiden aus, da sie beeits vegebene Ziffen ode die Ziffen 0 enthalten. Die nächst gößee Zahl 459 egibt die gesuchte Lösung: = LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite von 0

3 ufgabe In de bbildung ist BCD ein Quadat, die Stecken [DE] und [C] sowie [BD] und [CE] sind jeweils paallel. Bestimme das Vehältnis de lächeninhalte des schaffieten Stens und des in de Mitte eingeschlossenen ünfecks Lösung: Das Vehältnis de lächeninhalte de gefäbten Stenfigu und des in de Mitte eingeschlossenen ünfecks betägt 5 :. Bezeichnungen: Wi benennen - die Länge de Kanten des gegebenen Quadats BCD mit a, - den Schnittpunkt de Diagonalen [C] und [BD] mit P, - die Schnittpunkte de Geade BE mit C bzw. CD mit Q bzw. R, - die Schnittpunkte de Geade C mit DC bzw. DB mit S bzw. T.. Beweismöglichkeit: Da BCD ein Quadat ist, gilt: CPD = 90 o und PC = PD = C. Da außedem [DE] paallel zu [PC] und [CE] paallel zu [PD] sind, ist Vieeck PCED ein Quadat. Nach dem Stahlensatz (Zentum S) gilt: SD : SC = DE : C = DE : ( PC) = DE : ( DE) = : () nalog gilt: RC : RD = : () us () und () folgt: R und S ditteln die Stecke [CD], d. h. DS = SR = RC = CD () Da das Deieck CED gleichschenklig und echtwinklig ist, gilt fü die Höhe h E von E auf CD: h E = CD (4) Nach () und (4) gilt fü den Inhalt des Deiecks RSE: = RS he = a a = a (5) Nach dem Stahlensatz (Zentum T) gilt: (Höhe h T von T auf DS) : (Höhe h T von T auf B) = DS : B : a = : Mit ht + h' T folgt daaus: h T und h' T (6) LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite von 0

4 Nach () und (6) gilt fü die Inhalte de symmetischen Deiecke SDT und CRQ: = DS ht = a a = a (7) 4 4 Da die Höhe h P von P auf B a ist, gilt mit (6) fü die Inhalte de symmetischen Deiecke PT und PBQ: = BT BP = B h' T B hp = a a a a (8) 4 8 Nach (5), (7) und (8) ist de Inhalt de gefäbten Stenfigu 5 Sten = + + = a + a + a (9) 4 8 ü den Inhalt ünfeck de eingeschlossenen ünfecksfläche gilt: ünfeck = CS CRQ PT = CS D = a a a a Damit gilt: Sten : ünfeck = a : a = 5 : 6. Beweismöglichkeit: Wi bezeichnen den lächeninhalt des Deiecks PQR mit Φ. Wi zeigen: Sten = 0 Φ und ünfeck = 4 Φ Daaus folgt: Sten : ünfeck = (0 Φ ):(4 Φ ) = 5 : Da BCD ein Quadat ist, gilt: - De Diagonalenschnittpunkt P ist Mittelpunkt de Diagonalen [C] und [BD], d.h. PC = PD. - Die Diagonalen schneiden sich senkecht. Da nach Vogabe DE paallel zu C und CE paallel zu BD sind, ist Vieeck PCED ebenfalls ein Quadat. ü seinen Diagonalenschnittpunkt M gilt demnach: - ME = MP = MC = MD = PE = CD = BC () - ME MC Die gesamte igu ist demnach zu PE achsensymmetisch. Da außedem CM CB ist, sind PE und BC paallel. Mit () ( PE = BC ) folgt daaus, dass das Vieeck BCEP ein Paallelogamm ist. Sein Diagonalenschnittpunkt Q ist Symmetiezentum, d.h. QP = QC, QB = QE () In Deieck EPC sind nach () und () die Stecke [EQ] und [CM] Seitenhalbieende. Ih Schnittpunkt R ist demnach de Schwepunkt von Deieck EPC, de bekanntlich die Seitenhalbieenden im Vehältnis : teilt: D.h. RE = QR () us () und () folgt: BQ = QE = QR + RE = QR (4) Da sich de lächeninhalt eines Deiecks duch = 0,5 gh beechnen lässt, stehen die Inhalte zweie Deiecke mit gleiche Höhe h im gleichen Vehältnis wie ihe Gundlinien g. 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 4 von 0

5 ußedem haben zwei Deiecke, bei denen je zwei Punkte auf eine gemeinsamen Geaden liegen und die den gleichen ditten Punkt haben, imme die gleiche Höhe. Damit gilt: QCR = PQR = Φ, da Q [ PC] und QP = QC nach () QPB = RPQ = Φ, da [ BR] REP = QRP = Φ, da [ QE] Q und BQ = QR nach (4) R und RE = QR nach () MPR = MRE = Φ, da M [ PE] und ME = MP nach () und MPR + MRE = REP = Φ Da PE Symmetieachse de gesamten igu ist, gilt: Sten ünfeck = ( QPB + QCR + MRE) = ( Φ + Φ + Φ ) = 0 Φ und = ( PQR + MPR) = ( Φ + Φ ) = 4 Φ. Beweismöglichkeit: Legt man das Quadat BCD so in ein katesisches Koodinatensystem, dass de Punkt im Uspung und de Punkt B auf de -chse liegt, so haben die Punkte, B, C und die Koodinaten: (0 0), B(a 0), C(a a) und D(0 a). Die Geaden C und BD haben die Gleichungen C: y = und BD: y = -+a. Die Geaden DE bzw. CE sind zu C bzw. BD paallel, zu diesen jeweils um a nach oben veschoben. Sie haben demnach die Gleichungen DE: y = +a und CE: y = -+a. ü den Schnittpunkt E gilt: +a = -+a lso: E( a a ) Die Geade E hat also die Steigung ( a ):( a ) = und die Gleichung E: y =. ü den Schnittpunkt S von DC und E gilt: a =, also S( a a). ü den Schnittpunkt R von DC und BE gilt aus Symmetiegünden: R( a a). ü den Schnittpunkt T von BD und E gilt: -+a =, also T( a a ) LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 5 von 0

6 Damit ehält man: Deieck/e Gundlinie Zugehöige Höhe lächeninhalt RES RS h E a SDT/CRQ SD = CR h T a BT/BQ B h' T. 4 8 BP B h P. 4 PT/QPT = Sten = + + = a + a + a 4 8 ü den Inhalt ünfeck de eingeschlossenen ünfecksfläche gilt: ünfeck = CS CRQ PT = CS D = a a 5 Damit gilt: Sten : ünfeck = a : a = 5 : 6 4 a a LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 6 von 0

7 ufgabe ü die natülichen Zahlen a, b und c soll es auße keine natülichen Zahlen geben, die Teile von jede de dei Zahlen ist. Zeige: Wenn + = gilt, dann ist a+b eine Quadatzahl. a b c Beweisvoschlag: De gößte gemeinsame Teile zweie natüliche Zahlen und y wid mit ggt(;y) bezeichnet. Die Umfomung de usgangsgleichung egibt: b + a a b + = = a + b = () a b c a b c c Ist ggt(a;b) = t, so eistieen natüliche Zahlen a und b mit a t und b = b t () und ggt(a ;b ) =. () Da nach Voaussetzung ggt(a;b;c) = ist, folgt ggt(t;c) =. a b a t b t Da nach () = eine natüliche Zahl ist und ggt(t;c) = ist, folgt: c c Es gibt nat. Zahlen a, b, c und c mit a c und b = b c und c = c c. (4) (4) in () eingesetzt, egibt: ggt(a ;b ) = ggt(a c ;b c ) = Daaus folgt: ggt(a ;c ) = (5) und ggt(b ;c ) = (6) Setzt man () und (4) in () ein, so ehält man: a b a c t b c t a + b = a c t + b c t = b t (7) c c c a c - Teilt man die Gleichung (7) duch b t, so ehält man: + c t. b a c Demnach muss eine natüliche Zahl sein. b Da nach (6) ggt(b ;c ) = ist, muss b ein Teile von a sein. (8). b c - Teilt man die Gleichung (7) duch a t, so ehält man: c + = b t. a b c Demnach muss eine natüliche Zahl sein. a Da nach (5) ggt(a ;c ) = ist, muss a ein Teile von b sein. (9) us (8) und (9) folgt: a = b (0) Setzt man (0) in (7) ein, so ehält man: D. h: a + b ist eine Quadatzahl. a + b. a t = (a t) 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 7 von 0

8 ufgabe 4 Zwei Keise k und k mit den Mittelpunkten M und M und den Radien und ( < < ) beühen sich innen in einem Punkt. Die Geade M M schneidet k und k auße in noch in B bzw. B. Eine weitee Geade duch scheidet k und k noch in C bzw. C. Die Senkechte zu M M duch C schneidet M M in. Zeige: C ist genau dann Tangente an k, wenn Mittelpunkt von [B B ] ist. Beweisvoschlag : Die Bedingung < < legt fest, dass die Punkte, M, M, B, und B in diese Reihenfolge auf de Geaden B liegen. Damit ist bei de Beechnung von Steckenlängen keine alluntescheidung notwendig. ufgund de Vogaben gilt mit M C = : us M = MC folgt: C M = M C = () us M = MC folgt: C M = M C = () us () und () folgt: C M = C M = 80 o - lso: M C = M C = () Da C auf dem Thaleskeis k übe [B ] und C auf dem Thaleskeis k übe [B ] liegt, gilt: C B = C B = 90 o (4) Unte de Voaussetzung, dass C Tangente an k, d.h. M C = 90 o ist, gilt demnach: B C = M C - M C B = 90 o (90 o - ) = C = 90 o - (Winkelsumme in Deieck C ) C C = 80 o 90 o - = 90 o - Damit ist gezeigt, dass M C gleichschenklig ist; daaus folgt: C = C (*) Da M C = C M = 90 o und () allgemein gilt, ist nach dem wsw-konguenzsatz: M C M C. M = M C = B = = ( ) : = (B B ) : ist Mittelpunkt von [B B ]. Ist umgekeht de Mittelpunkt von [B B ], so ist = ( ) : = = (B B ) : B M + = = MC M = = MC Dann ist Mit () folgt aus dem sws-konguenzsatz: M C M C. lso ist M C = C M = 90 o und damit ist C Tangente an k. = und ( ) =. 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 8 von 0

9 Vaiante: Nach (*) kann man auch folgendemaßen agumentieen: C B = C B = 90 o, d.h. B B C C ist ein Tapez mit B C paallel zu B C, in dem gilt: C = C Die Höhe h von auf [C C ] teilt [C C ] in dessen Mitte M und ist paallel zu [B C ] und [B C ]. h ist Mittelpaallel in dem Tapez B B C C. ist Mittelpunkt von [B B ]. Beweisvoschlag : Mit bezeichnen wi den ußpunkt de Höhe von C auf B. Die zentische Steckung mit Zentum und Steckungsfakto bildet k auf k, C auf C und auf ab. Legt man übe die igu ein Koodinatensystem, so dass de Uspung ist und B auf de -chse liegt, so gilt: Ist die -Koodinate von C und, so ist die -Koodinate von C und und ( + ): = + die -Koodinaten des Mittelpunkts von [B B ]. Die Geade C ist genau dann Tangente an k, wenn M C = 90 o ; das Deieck M C also echtwinklig ist. Vaiante : Genau dann gilt nach dem Kathetensatz: MC = M M Da M C =, M = und M = sind, bedeutet dies: ( ) = = +. Subtahiet man zunächst auf beiden Seiten de Gleichung und multipliziet dann, so ehält man: 0 =, also = +. Dies bedeutet, dass de Mittelpunkt de Stecke [B B ]. 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 9 von 0

10 0. LWM 007/008 Lösungsbeispiele. Runde Seite 0 von 0 Vaiante : Genau dann gilt de Höhensatz: M C = Da M = und = und M C = (nach dem Satz von Pythagoas in Deieck M C ) gilt, bedeutet dies: = + = + = = + = ist Mittelpunkt de Stecke [B B ]. Vaiante : Genau dann ist das Podukt de Steigungen de Geaden M C und C gleich -. Da die Geaden M C und C die Steigungen M C und C haben, bedeutet dies: C M C = ( ) M ( ) M C = (Höhensatz) Nach Vaiante bedeutet dies, dass de Mittelpunkt von [B B ] ist.