3. Landeswettbewerb Mathematik Bayern 2. Runde 2000/ Aufgaben und Lösungsbeispiele

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1 . Landeswettbewerb Mathematik ayern. Runde 000/001 - ufgaben und Lösungsbeispiele ufgabe 1 uf einer Tafel stehen 40 positive, ganze Zahlen in acht Zeilen und fünf Spalten angeordnet. Die Zahlen dürfen nur auf folgende zwei rten abgeändert werden: (Z) (S) lle Zahlen einer Zeile werden verdoppelt. lle Zahlen einer Spalte werden um 1 vermindert. Kann man so erreichen, dass 40-mal die Zahl Null auf der Tafel steht? Lösung Man kann erreichen, dass 40-mal die Zahl Null auf der Tafel steht. Das folgende Verfahren hat zunächst das Ziel, schrittweise alle Zahlen einer beliebigen Spalte auf Null zu bringen. eschrieben wird nun das Verfahren für die i te Spalte ( i = ) : n sei die kleinste positive ganze Zahl, die in der i ten Spalte vorkommt. Diese Zahl kann möglicherweise in mehreren Feldern der Spalte vorkommen. Schritt 1: Man wendet (n 1)-mal die Umformungsregel (S) auf die i te Spalte an. Dadurch werden alle Zahlen der Spalte um n 1 vermindert. Die Felder, in denen die Zahl n stand, enthalten nun jeweils eine Eins. lle anderen Felder enthalten Zahlen größer als 1. Schritt : Man wendet die Umformungsregel (Z) einmal auf diejenigen Zeilen an, deren Felder in der i ten Spalte eine Eins enthalten. Die Felder der i ten Spalte, die eine Eins enthielten, enthalten nach Schritt jeweils eine Zwei, der Inhalt aller anderen Felder der Spalte bleibt unverändert. Schritt : Man wendet die Umformungsregel (S) einmal auf die i te Spalte an. Nun stehen in den gleichen Feldern wie nach Schritt 1 wiederum Einsen. In allen anderen Feldern haben sich die Zahlen um 1 vermindert. Möglicherweise sind dadurch in der i ten Spalte weitere Felder mit Einsen hinzugekommen. Schritt 4: Man wiederholt Schritt und Schritt so lange, bis in allen Feldern der i ten Spalte nur Einsen stehen. Dies ist möglich, da sich mit jeder Durchführung der Schritte und in der i ten Spalte alle Zahlen, die größer als 1 sind, um 1 vermindern und alle Felder mit Einsen nach diesen beiden Schritten wieder eine Eins enthalten. Schritt 5: Man wendet die Umformungsregel (S) einmal auf die i te Spalte an. Nun steht in allen Feldern der Spalte die Zahl Null. Mit diesem Verfahren bearbeitet man nacheinander alle fünf Spalten. Da eine Umformung nach der Regel (Z) sich nicht auf ein Feld auswirkt, in dem die Zahl Null steht, bleiben bereits bearbeitete Spalten unverändert. Nach endlich vielen Schritten steht 40-mal die Zahl Null auf der Tafel.. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite 1

2 ufgabe In einem Dreieck wird durch den Mittelpunkt M der Seite [] die Senkrechte zur Winkelhalbierenden w gezeichnet. Sie schneidet die Gerade im Punkt X und die Gerade im Punkt Y. eweise: X = Y. Vorbemerkung: Wenn das Dreieck gleichschenklig ist mit der asis [], dann ist die Mittelsenkrechte von [] gleichzeitig auch die Winkelhalbierende. Die Orthogonale zur Winkelhalbierenden durch den Mittelpunkt der Strecke [] ist dann die Gerade. Die Punkte X und Y stimmen in diesem Fall mit dem Punkt bzw. überein. Die Strecken [X] und [Y] haben dann die Länge 0. ei den folgenden Lösungen wird vorausgesetzt, dass im Dreieck die Seiten [] und [] nicht gleich lang sind. ußerdem wird angenommen, dass [] die längere Seite sei. 1. Lösung Im Dreieck wird die Halbierende des Winkels gezeichnet. Die Orthogonale zu dieser Winkelhalbierenden durch den Mittelpunkt M der Strecke [] schneidet die Geraden und in den Punkten X und Y. Das Dreieck MY wird am Punkt M gespiegelt. Dabei fällt auf, M bleibt fest, der ildpunkt von Y sei Y'. Y' liegt auf der Geraden XY. uf Grund der bbildungseigenschaften der Punktspiegelung gilt: Y ' X 90 M 90 Y (1) Y = Y' () YM = Y' M = 90 - Die Winkel MX und Y'X sind Scheitelwinkel und deshalb gleich groß. Es gilt also auch MX = Y' X = Wegen der übereinstimmenden Größe der Winkel Y'X und Y'X ist das Dreieck XY' gleichschenklig mit der asis [XY']. Die Schenkel [X] und [Y'] sind gleich lang. Wegen Eigenschaft (1) gilt also X = Y' = Y.. Lösung S sei der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden w mit der Geraden XY. Das Dreieck XS ist nach dem Kongruenzsatz WSW kongruent zum Dreieck YS, da S = S XS = SY = / und SX = YS = 90 o gilt. Daher ist auch YX = YX (*). Die Parallele ( Hilfslinie ) zu durch schneidet XY in N. Nach dem Kongruenzsatz WSW ist das Dreieck MX kongruent zum Dreieck MN, da M = M ( nach Voraussetzung ) XM = NM ( Scheitelwinkel ) MX = MN ( Wechselwinkel ). Daher gilt: X = N (**). Wegen der Parallelität der Geraden N und ist YN = YX ( Stufenwinkel ). X M S N Y. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite

3 Wegen (*) gilt YX = YX und damit auch YN = YN, also ist das Dreieck NY gleichschenklig mit asis [NY]. Daher gilt N = Y und wegen (**) auch X = Y. ufgabe Eine zteken-pyramide hat die Form eines Pyramidenstumpfes mit quadratischer Grund- und Deckfläche. Die Grundfläche besitzt eine Kantenlänge von 81 m, die Deckfläche eine Kantenlänge von 1 m. Die Seitenkanten sind 5 m lang. Eine ußentreppe für Touristen führt zur Deckfläche des Pyramidenstumpfs. Sie beginnt an einer Ecke der Grundfläche und überquert jede Seitenfläche genau einmal, bevor sie an einer Ecke der Deckfläche endet. Dabei ist ihre Steigung überall gleich. Welche Entfernungen haben die Punkte, an denen die Treppe die Kanten trifft, von den zugehörigen Eckpunkten der Grundfläche? 1. Lösung Die Seitenflächen des Pyramidenstumpfs sind gleichschenklige Trapeze. Die parallelen Seiten haben die Längen 81 m bzw. 1 m, die Schenkel haben die Länge 5 m. Die Trapezhöhe sei h. Dann ergibt sich für die Länge k: k = ½ (81 m - 1 m) =,5 m. Folglich hat das rechtwinklige Dreieck LF eine Kathete, die halb so lang ist wie die Hypotenuse. Der von dieser Kathete und der Hypotenuse eingeschlossene Winkel hat demnach die Weite 0 0. Die Seitenflächen des Pyramidenstumpfs sind also gleichschenklige Trapeze mit asiswinkeln der Weite 0 0. Vier dieser Trapeze bilden den Mantel des Pyramidenstumpfs. Wegen der asiswinkel mit der Weite 0 0 schneiden sich die Verlängerungen der Trapezschenkel alle in einem Punkt S ebenfalls unter Winkeln der Weite 0 0. Die Dreiecke EFS, FGS, GHS und HES sind demnach gleichseitig mit den Seitenlängen EF = 1 m. Die Treppe beginne in Punkt und sei mit einem Winkel der Weite gegen die Grundkante [] ansteigend. Sie trifft die Kante [F] im Punkt T. Von T aus wird die Treppe unter dem Winkel derselben Weite gegenüber der Grundkante [] fortgesetzt und erreicht die Kante [G] im Punkt U. Entsprechend setzt man die Treppe über die dritte und vierte Seitenfläche des Pyramidenstumpfs fort. Sie trifft die Kante [DH] im Punkt V und die Kante [E] nach Voraussetzung im Punkt E der Deckfläche. Die Dreiecke TS, TUS, UVS und VES sind alle ähnlich, denn sie haben je einen Winkel der Weite 0 0 bei S und je einen Winkel der Weite bei bzw. T bzw. U bzw. V. Folglich gilt: E E S F V H 1 m 81 m G T h F L D 5m k 0 U S : ST = ST : SU und ST : SU = SU : SV und SU : SV = SV : SE. Mit ST = x m, SU = y m und SV = z m erhält man daraus: (1) 81 : x = x : y () x : y = y : z () y : z = z : 1 Gleichung () läßt sich umformen zu ( ) y = z. 1. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite

4 Setzt man ( ) in () ein, so ergibt sich ( ) x = y z z =. 5 Gleichung (1) läßt sich umformen zu (1 ) 81y = x. Setzt man ( ) und ( ) in (1 ) ein, erhält man 81 z z =. 1 5 Dies läßt sich wie folgt umformen: z 4 = z = 4 = 4 Daraus ergibt sich schließlich, dass y = und x = 54. Demzufolge ist T = S x m = 7 m, U = S y m = 45m und DV = SD z m = 57 m.. Lösung Die Treppe beginnt in einer Ecke der Grundfläche D und endet nach ufgabenstellung im Punkt E der Deckfläche EFGH. Die Seitenkanten [E], [F], [G] und [DH] des Pyramiden-stumpfes schneiden sich in der Spitze S der Gesamtpyramide. [F] wird von der Treppe in T, [G] in U und [DH] in V geschnitten. In der Figur ist der Sachverhalt im Grundriss dargestellt. Von den über der Grundebene liegenden Punkten wie E, F usw. hat man die ilder E, F usw. Je kleiner der Winkel = T S ist, desto größer ist der Winkel β = T, desto höher liegt T über der Grundebene und desto kürzer ist der horizontale bstand von zu T, desto steiler verläuft also die Treppe. Entsprechendes gilt für die Wegabschnitte auf den drei anderen Seitenflächen der Pyramide. Wegen der Symmetrie der Pyramide ist muss also U T S = V U S = E V S = sein. Da die Diagonalen im Quadrat zueinander orthogonal sind, sind auch die aufeinanderfolgenden bschnitte der Treppe zueinander orthogonal. D V' H' E' β F' G' U ' T' Nach dem Höhensatz gilt mit t = S'T', u = S' U' und v = S' V' das Gleichungssystem (1) t = S' u () u = t v () v = u S' E' Quadriert man Gleichung (1) und setzt () ein, so ergibt sich t = S' v. Löst man Gleichung (1) nach u auf und setzt in () ein, so erhält man t v = S' E'. S' us diesen beiden Gleichungen eliminiert man v und erhält 4 t = S' S' E' und daraus mit S' = 81m und S' E' = 1m den Wert t = 7 m. Mit den Gleichungen (1) und () ergibt sich ferner u = 18 m und v = 1 m.. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite 4

5 Daraus erhält man T' = S' t = S' t = 7 m und entsprechend U' = 45m sowie DV' = 57 m. Um nun die gesuchten bstände auf den Seitenkanten des Pyramidenstumpfes zu finden, berechnen wir seine Höhe: 81m 1m E ' + E' E = E mit E' = = 5m, also EE' = E' = 5m Das Dreieck E E ist also gleichschenklig-rechtwinklig. Seine Hypotenuse ist mal so lang wie seine Katheten. Dasselbe gilt für die Dreiecke T T, U U und DV V. Daraus folgt das Ergebnis: T = T' = 7 m, U = 45 m und DV = 57 m. ufgabe 4 Zeige: Eine Primzahl p ist genau dann die Differenz von zwei dritten Potenzen ganzer Zahlen, wenn p = ist oder wenn (p-1)/ als Summe n (n N) geschrieben werden kann. Vorbemerkung: Es sind zwei ussagen zu zeigen: " " Wenn eine Primzahl p Differenz von zwei dritten Potenzen ganzer Zahlen ist, dann gilt p = p 1 oder kann als Summe n ( n N) geschrieben werden. p 1 " " Wenn für eine Primzahl p gilt p= oder wenn als Summe n ( n N) geschrieben werden kann, ist p die Differenz von zwei dritten Potenzen ganzer Zahlen. 1. Lösung : Die Primzahl p sei Differenz zweier Kubikzahlen, also p = a b für ganze Zahlen a und b. Da p eine Primzahl ist, kann weder a noch b gleich 0 sein. Wäre a < 0, so müsste auch b < 0 sein, da sonst a b < 0 wäre. Dann ist aber p = a b = ( b) ( a), und somit ist p eine Differenz von positiven Kubikzahlen. Wir können also annehmen, dass a > 0 ist. Es bleiben noch zwei Möglichkeiten: b > 0 bzw. b < 0. Wenn b < 0, so kann man c = b setzen, damit ergibt sich p = a + c. lso ist p die Summe von zwei positiven Kubikzahlen. Wenn b > 0 ist, so p die Differenz von zwei positiven Kubikzahlen. Somit haben wir die beiden folgenden Fälle: Fall 1: p = a + c ist Summe von zwei positiven Kubikzahlen. Für p ergibt sich hier die Zerlegung p = ( a + c)( a ac + c ). Weil p eine Primzahl ist, muss a + c = 1 oder a + c = p sein. Falls a + c = 1, dann müsste a oder c gleich 0 sein, ein Widerspruch. Falls a + c = p, dann muss in der Zerlegung p = ( a + c)( a ac + c ) der Faktor ( a ac + c ) gleich 1 sein. us 1 = a ac + c > a ac + c = ( a c) folgt jetzt ( a c) = 0, also a = c. Somit ist p = a + c = a eine gerade Primzahl, folglich p =. Fall : p = a b ist Differenz von zwei positiven Kubikzahlen. Dann ist p = ( a b)( a + ab + b ) und somit a b = 1 oder a b = p. Falls a - b = 1, dann ist p = ( b + 1) b = b( b + 1) + 1, also p 1 b ( b + 1) = = b. Falls a - b = p, dann ist ( a + ab + b ) = 1. Es müsste nun a oder b gleich 0 sein, ein Widerspruch.. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite 5

6 : eweis der Rückrichtung p 1 Für die Primzahl p gebe es eine Zahl n mit = n. Dann ist p 1 n ( = n + 1), also ist p = n( n + 1) + 1 = ( n + 1) n eine Differenz von zwei Kubikzahlen. Wenn schließlich p =, so ist p = 1 ( 1), also ebenfalls eine Differenz von zwei dritten Potenzen. Variante für Fall : Erkennt man die Zerlegung a b = ( a b)( a + ab + b ) nicht, so kann man in diesem Fall dennoch wie folgt zu einer Lösung der ufgabe kommen: Da a b gibt es k 0, so dass a = b + k. Damit gilt a b = ( b + k) b = bk + b k + k = k( bk + b + k ). Da p = a b = k( bk + b + k ) eine Primzahl ist, gibt es wieder zwei Möglichkeiten: k = 1 oder k = p. Falls k = 1, dann ist a = b + 1 und p = a b = b( b + 1) + 1, somit p 1 b( b + 1) = = b. Falls k = p, dann muss der zweite Faktor bk + b + k gleich 1 sein. Da b 0 und k 0, folgt k = 1 und b = 0. Somit muss p = 1 sein und ist keine Primzahl.. Lösung : Es sei p = a b mit ganzen Zahlen a und b. us a b > 0 folgt a > b, dies ist äquivalent zu a > b. Es ist p = ( a b)( a + ab + b ). Da a > b ist der erste Faktor und damit auch der zweite positiv. Da p eine Primzahl ist, muss einer der Faktoren also 1 sein. 1. Fall: ( a b) = 1 Damit ist a = b + 1 und p = ( b + 1) + ( b + 1) b + b = b + b + 1, somit ist p 1 b + b b( b + 1) = =. Nach der Gaußschen Summenformel stimmt für b > 0 der letzte Term mit der Summe der ersten b natürlichen Zahlen b überein. Für b < 1 ist b( b + 1) ( b)( b 1) = = ( b 1) die geforderte Summe aus natürlichen Zahlen. Die Fälle b = 0 und b = 1 führen beide auf p = 1, welches im Widerspruch zur Primzahleigenschaft steht.. Fall: ( a + ab + b ) = 1 Fasst man dies als quadratische Gleichung für die ganze Zahl b auf, so ergibt die Gleichung b + ab + a 1 = 0 die Diskriminante D Damit 0 a 1, 0, 1 gelten. D erfüllt ist, muss { } 4( a 1) 4 a = =. Für a = 1 ist b b = 0 und damit b = 1 oder b = 0 welche beide nicht mit a > b vereinbar sind. Für a = 0 ist b 1 = 0 und damit b = 1oder b = 1, woraus sich mit p = 0 1 = 1 bzw. p = 0 ( 1) = 1 keine Primzahlen ergeben. Nur für a = 1 ergibt sich bei einer der beiden Lösungen von b + b = 0,also b = 0 oder b = 1, eine Primzahl: p = 1 0 = 1 ist keine Primzahl, aber p = 1 ( 1) = ist die angegebene Primzahl. p 1 : (siehe auch 1. Lösung) Für die Primzahl p gebe es eine Zahl n mit = n. Dann ist p 1 n( n + 1) =, also ist p = n n = n + 1 n ( ) ( ) eine Differenz von zwei Kubikzahlen. Wenn schließlich p =, so ist p = 1 ( 1), also ebenfalls eine Differenz von zwei dritten Potenzen.. LWM 000/ Runde Lösungsbeispiele Seite a