7. Mathematik Olympiade 2. Stufe (Kreisolympiade) Klasse 10 Saison 1967/1968 Aufgaben und Lösungen

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1 7. Mathematik Olympiade 2. Stufe (Kreisolympiade) Klasse 10 Saison 1967/1968 Aufgaben und Lösungen 1

2 OJM 7. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Kreisolympiade) Klasse 10 Aufgaben Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. Aufgabe : In F U E N F + Z W E I S I E B E N sollen die Buchstaben so durch Ziffern ersetzt werden, daß die Addition zu einem richtigen Ergebnis führt. Dabei sollen gleiche Buchstaben gleiche Ziffern und verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern bedeuten. Untersuchen Sie, wie viele Lösungen die Aufgabe hat! Aufgabe : Gegeben sei ein Rechteck ABCD. Der Mittelpunkt von AB sei M. Man verbinde C und D mit M und A mit C. Der Schnittpunkt von AC und MD sei S. Ermitteln Sie das Verhältnis des Flächeninhalts des Rechtecks ABCD zum Flächeninhalt des Dreiecks SMC! Aufgabe : Beweisen Sie, daß für jedes natürliche n, n > 1, die Zahl 2 2n + 1 mit der Ziffer 7 endet! Aufgabe : Auf einem ebenen Tisch liegen 4 Holzkugeln, von denen jede den Radius der Länge r hat und die sich gegenseitig so berühren, daß ihre Berührungspunkte mit der Tischplatte die Ecken eines Quadrates bilden. Auf die entstandene mittlere Lücke wird eine fünfte Holzkugel mit gleichem Radius gelegt. Geben Sie den Abstand d des höchsten Punktes dieser fünften Kugel von der Tischplatte an! 2

3 OJM 7. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Kreisolympiade) Klasse 10 Lösungen Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. Lösung : Es gilt: F UENF = F + UENF. UENF und ZWEI haben dieselbe Anzahl Ziffern. Addiert man beide Zahlen, so erhält man keinen Übertrag oder einen Übertrag von 1. Damit gilt weiterhin: F + 1 = SI oder F = SI. Da S > 0 (sonst ist SIEBEN keine 6-stellige Zahl) muß S = 1, der Übertrag vorhanden und F = 9 sowie I = 0 sein. Nun betrachte ich das letzte F in F UENF. Es muß gelten: F + I = N oder F + I = N da aber I = 0 ist, müßte N = F sein, was der Forderung von verschiedenen Buchstaben sind verschiedene Ziffern widerspricht. Die Aufgabe hat also keine Lösung! 2. Lösungsweg von Stefan Knott: Wir betrachten das vorgegebene Kryptogramm und stellen dabei folgendes fest: (1) Kommt es, so wie in dem vorgegebenen Beispiel, bei der Addition zwischen einem fünfstelligen Summanden (F U EN F ) und einem vierstelligen Summanden (ZW EI) zu einer sechstellige Summe (SIEBEN), so beginnt diese sechsstelligen Summe an den ersten beiden Dezimalstellen definitiv mit der Ziffernfolge 10, da = ist. Demnach gilt: S = 1 und I = 0 (2) Das höchstwertigste Digit des fünfstelligen Summanden F U EN F muss eine 9 sein, damit sich bei der Addition mit einem vierstelligen Summanden (ZW EI) ein Übertrag einstellt, da die Summe (SIEBEN) sechsstellig ist. Demnach gilt: F = 9. (3) Die Summenbildung der Einerstelle des Kryptogramms ist laut Aufgabenstellung mit F + I = N vorgegeben. (4) Die oben aufgestellten Aussagen (1) und (3) stehen allerdings somit im Widerspruch. Einerseits wird im Punkt (1) die Variable I sicher mit 0 belegt, zum anderen aber muss, wie im Punkt (3) gezeigt, die Summe der Variablen F mit eben dieser Variablen I eine neue Variable N ergeben. Damit wäre aber, wegen F + 0 = F = N, eine Gleichheit der beiden Variablen F und N gegeben. Diese Gleichheit wird aber in der Aufgabenstellung absolut ausgeschlossen, da verschiedene Buchstaben auch verschiedene Ziffern bedeuten. Auf Grund der eben gemachten Feststellungen können wir abschließend nur zu der Aussage gelangen, das die gestellte Aufgabe keine einzige Lösung besitzt. Aufgeschrieben und gelöst von Manuela Kugel und Stefan Knott 3

4 Lösung : 1. Lösungsweg von Matthias Lösche Es sei a = AB und b = AD. H sei ein Hilfspunkt mit H AD mit HS AB. Dann gilt nach Strahlensatz: DC : AM = DS : SM = DH : HA = 2 : 1, da M der Mittelpunkt von AB ist und AB = CD. Also ist HA = b : 3. Der Flächeninhalt des Dreiecks AMS beträgt dann A AMS = 1 2 AM HA = a 1 3 b = 1 12 ab. Weiterhin gilt: A SMC = A ABC A AMS A MBC = 1 2 ab 1 12 ab 1 4 ab = 1 6 ab. A ABCD : A SMC = ab : 1 6ab = 6 : Lösungsweg von Stefan Knott gegeben: Rechteck mit eingeschriebenem Dreieck gemäß nachstehender Planfigur: gesucht: Lösung: Verhältnis Flächeninhalt Rechteck A ABCD zum Flächeninhalt Dreieck A SMC, also A ABCD : A SMC Wir erweitern zunächst die durch die Aufgabenstellung vorgegebene Planfigur um eine Hilfslinie, in dem wir parallel zur Rechteckseite AD durch den Punkt S eine Gerade zeichnen. Diese Gerade schneidet die benachbarten Rechteckseiten AB und CD im rechten Winkel. Der Schnittpunkt dieser Geraden mit der Rechteckseite AB sei Y, der Schnittpunkt mit der Rechteckseite CD sei X (siehe rote Eintragungen im Bild 1). Da diese Gerade bzw. Strecke XY durch den Punkt S verläuft und wie bereits erwähnt, senkrecht auf AB steht, ist die Strecke SY gleichzeitig Höhe des Dreieckes AM S. Um nun das Verhältnis der beiden Flächen zu berechnen, müssen diese zunächst bekannt sein. Der Flächeninhalt der Rechteckes A ABCD lässt sich leicht mit der allgemeinen gültigen Formel bestimmen. Für unseren konkreten Fall lautet diese: A = a b (1) A ABCD = AB BC (2) 4

5 Nun soll der Flächeninhalt des Dreieckes A SMC ermittelt werden. Dieser Flächeninhalt ist die Differenz aus der Fläche des Dreieckes A AMC und der Fläche des Dreieck A AMS, es gilt: A SMC = A AMC A AMS (3) Laut Aufgabenstellung teilt der Punkt M auf der Rechteckseite AB diese in zwei gleich lange Hälften: AM = MB = 1 AB (4) 2 Die Strecke AM ist gleichzeitig Grundseite des Dreieckes AM C. Da auch dessen Höhe bekannt ist, kann nun der Flächeninhalt dieses Dreieckes bestimmt werden: A AMC = 1 AM BC 2 AM ersetzen (siehe (4)) (5) A AMC = AB BC 2 Brüche multiplizieren (6) A AMC = 1 AB BC (7) 4 Da es sich bei der vorgegebenen Figur um ein Rechteck handelt, verlaufen natürlich auch dessen Seiten AB und CD zueinander parallel (AB CD). Diese Parallelenschaar wird von einer gedachten Verlängerung der Diagonalen AC über die Eckpunkte A und C des Rechteckes hinaus geschnitten. Gleichzeitig schneidet natürlich auch unsere neu eingezeichnete Strecke XY bzw. deren Verlängerung diese Parallelenschaar. Damit gelten an der dargestellten Figur die Gesetze des Strahlensatzes. So verhalten sich nach dem zweiten Strahlensatz die Strahlenabschnitte SA und SC wie die zugehörigen Parallelenabschnitte AM und CD. Daher gilt: SA SC = AM CD (8) Der Parallelenabschnitt AM ist gleichzeitig, wie oben gezeigt, die Hälfte der Rechteckseite AB (siehe (4)), der Parallelenabschnitt CD stellt die gegenüberliegende Seite des Rechteckes ABCD dar. Daher stehen diese beiden Abschnitte im Verhältnis 1 : 2, was natürlich auch auf die entsprechenden Strahlenabschnitte zutrifft. Mithin gilt: Nach dem ersten Strahlensatz gilt weiterhin: SA SC = AM CD = 1 2 SA SC = SY SX Durch Verschmelzen der Gleichungen (9) und (10) erhalten wir: (9) (10) SA SC = SY SX = 1 2 Demnach stehen auch die beiden Abschnitte SY und SX der Strecke XY im Verhältnis 1 : 2. Gleichzeitig besitzt aber auch die Strecke XY (welche ja der Summe von SX und SY entspricht) die Länge der Rechteckseite BC. Somit gilt das Verhältnis: (11) SY : SX : XY = 1 : 2 : 3 (12) 5

6 Wir wenden das oben stehende Verhältnis (12) an und erhalten damit bezogen auf die Seite BC des Rechteckes ABCD für die beiden Strahlenabschnitte SY und SX: SY = 1 3 BC und SX = 2 3 BC (13) Durch die Gleichung (13) ist nun aber auch die Höhe des Dreieckes AMS bekannt, somit kann dessen Flächeninhalt A AMS ermittelt werden: A AMS = 1 2 AM SY AM = 1 2 AB (siehe (4)) (14) A AMS = AB SY SY = 1 3 BC (siehe (13)) (15) A AMS = AB 1 BC Brüche multiplizieren (16) 3 A AMS = 1 AB BC (17) 12 Schließlich kann mit Hilfe der Gleichung (3) der Flächeninhalt des Dreieckes SM C bestimmt werden, da nun alle erforderlichen Werte vorliegen: A SMC = A AMC A AMS A AMC ersetzen (siehe (7)) (18) A SMC = 1 4 AB BC A AMS A AMS ersetzen (siehe (17)) (19) A SMC = 1 4 A SMC = AB BC AB BC Hauptnenner bilden (20) 12 1 AB BC AB BC Brüche subtrahieren (21) 12 A SMC = 2 AB BC Kürzen (22) 12 A SMC = 1 AB BC (23) 6 Schlußendlich sind wir nun in der Lage, das gesuchte Verhältnis zu bilden: A ABCD A SMC = AB BC 1 6 AB BC Doppelbruch auflösen (24) A ABCD A SMC = 6 AB BC 1 AB BC Kürzen (25) A ABCD A SMC = 6 1 (26) A ABCD : A SMC = 6 : 1 (27) Abschließend kann also gesagt werden: Der Flächeninhalt des Rechteckes A ABCD verhält sich zum Flächeninhalt des Dreieckes A SMC wie 6 : 1, d.h. die Fläche des Rechteckes ist genau 6 mal größer als die Fläche des Dreieckes. Aufgeschrieben und gelöst von M. Lösche und S. Knott 6

7 Lösung : Voraussetzung: x = 2 2n + 1; n N; n 2 (1) Behauptung: x 7(10) (Einerziffer ist stets eine 7) Beweis: Wir betrachten zunächst die geschachtelte Potenz in der vorausgesetzten Gleichung und erinnern uns daran, das geschachtelte Potenzen in der Schreibweise 2 2n grundsätzlich rechts assoziativ sind. Die Operatorreihenfolge beginnt also immer von rechts. Die nachfolgende Klammerschreibweise soll dies noch einmal verdeutlichen: x = 2 2n + 1 = 2 (2n) + 1 (2) Wir versuchen nun die obenstehende Gleichung (2) durch Anwendung einzelner bekannter Potenzgesetze umzuformen: x = 2 (2n) + 1 Potenzgesetz a (m+n) = a m a n anwenden (3) x = 2 (2(2) 2 (n 2) ) = 4 (4) x = 2 (4 2(n 2) ) + 1 Potenzgesetz a (r s) = (a r ) s anwenden (5) x = ( 2 4) 2 (n 2) = 16 (6) x = 16 2(n 2) + 1 (7) Mit der so erhaltenen Gleichung (7) haben wir nun eine äquivalente Umformung zu unserer Ausgangsgleichung (1) gefunden. Für alle n im festgelegten Bereich (n 2) ist der Exponent 2 (n 2) ganzzahlig positiv, es gilt also 2 (n 2) 1. Jede ganzzahlige positive Potenz von 16 endet nun stets mit der Ziffer 6. Dies trifft natürlich auch auf den Term 16 2(n 2) zu, solange sich n im festgelegtem Bereich befindet. Deshalb endet auch unser vorgegebener Term 2 2n stets auf sechs, da ja 16 2(n 2) durch äquivalente Umformung aus 2 2n hervorgegangen ist (siehe oben Schritte (3) bis (7)). Wenn nun aber 2 2n immer auf sechs endet, dann ist die letzte Ziffer der Gleichung 2 2n + 1 garantiert eine 7, da = 7 gilt. Aufgeschrieben und gelöst von Stefan Knott 7

8 Lösung : gegeben: gesucht: d = Y X im Aufrißbild Lösung: Das durch die Berührungspunkte gebildete Quadrat ABCD (Abbildung Grundriß) hat die Seitenlänge 2r und die Diagonalenlänge 2r 2. Ein senkrecht zur Tischebene geführter, die Diagonale AC enthaltender Schnitt ergibt das Aufrißbild. Da das Dreieck A C E gleichschenklig ist und die Seitenlängen A C = AC = 2r 2, A E = AE = C E = CE = 2r hat, so ist es gleichschenklig-rechtwinklig; das Lot von E auf AC hat folglich die Länge r 2. Der gesuchte Abstand d beträgt daher d = r + r 2 + r = r (2 + 2). Aufgeschrieben von Manuela Kugel und Stefan Knott Quelle: (25) 8

9 Quellenverzeichnis (25) Offizielle Lösung der Aufgabenkommission 9