Landeswettbewerb Mathematik Baden-Württemberg. Runde 1

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1 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 999 Runde ufgabe In einem regelmäßigen Sechseck werden wie abgebildet Diagonalen eingezeichnet. Dadurch entsteht ein kleines Sechseck. Welchen nteil an der Gesamtfläche hat das kleine Sechseck?. Lösung Wegen der Drehsymmetrie des regelmäßigen Sechsecks DEF ist auch das Sechseck PQRSTU regelmäßig. eide Sechsecke setzen sich aus jeweils sechs gleichseitigen Dreiecken,,... bzw. PQ, QR,... zusammen. Das Viereck ist demnach eine Raute und damit ein zu den Diagonalen und symmetrisches Viereck. Deshalb gilt: und PQ PQ. Für den Flächeninhalt der Dreiecke gilt dann: = und PQ = PQ. Entsprechendes gilt wegen der Drehsymmetrie auch für die anderen Teildreiecke der Figur. Ist der Flächeninhalt des Sechsecks DEF und * der Flächeninhalt des Sechsecks PQRSTU, so gilt: = + = 6 = = = +. ußerdem gilt: = +. E * Daraus folgt: = * + 6 PQ = * + 6 PQ = * + *. * Somit erhält man = und daraus * =. PQ E DF E DF F E T U S P D R Q. Lösung Sei a die Seitenlänge des usgangssechsecks und b die Seitenlänge des kleinen Sechsecks. Ein regelmäßiges Sechseck ist aus sechs gleichseitigen Dreiecken zusammengesetzt. Die Höhe im gleichseitigen Dreieck ergibt sich mit Hilfe des Satzes von Pythagoras: h a a = a, also a h a =. Für den Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks gilt: = a ha = a 4 ufgrund der ufgabenstellung ist das Viereck eine Raute (ild zur ersten Lösung). Die Diagonale halbiert deshalb die Strecke. Eine der Seitenhalbierenden des gleichseitigen Dreiecks liegt a a h a LW 999 Runde Seite von

2 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg auf der Strecke. ußerdem ist die Höhe auf im gleichseitigen Dreieck gleichzeitig auch Seitenhalbierende. Der Schnittpunkt P ist also der Schwerpunkt des Dreiecks. Damit folgt für die Seitenlänge b des kleinen Teildreiecks b = ha a =. Folglich ergibt sich der Flächeninhalt des kleinen Sechsecks zu b a klein = 6 = 6 = a. 4 a Da der Flächeninhalt des usgangssechsecks groß = 6 = a ist, folgt klein = groß. 4. Lösung us dem Unterricht ist bekannt: Jedes regelmäßige Sechseck kann in sechs kongruente gleichseitige Dreiecke zerlegt werden. In jedem gleichseitigen Dreieck sind die ittelsenkrechten zugleich Höhen. Sie zerlegen es in sechs kongruente rechtwinklige Dreiecke. Die ittelsenkrechten auf der gemeinsamen Strecke von je zwei benachbarten gleichseitigen Teildreiecken, beispielsweise die ittelsenkrechten auf der Strecke E in den Dreiecken DE und EF, liegen auf einer Geraden. Die beiden Strecken sind zusammen eine der eingezeichneten Sechsecksdiagonalen. F E P D Ergänzen wir die gegebene Figur durch alle Diagonalen und die noch fehlenden ittelsenkrechten der sechs Teildreiecke,,..., so wird das usgangssechseck in 6 Teildreiecke zerlegt. Wir erhalten eine Parkettierung des Sechsecks in 6 kongruente Dreiecke. Zwölf von ihnen haben den Sechsecksmittelpunkt als Ecke. Sie überdecken das kleine Sechseck. Dieses hat also einen Flächenanteil von /6 oder / an der Gesamtfläche. LW 999 Runde Seite von

3 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe ehrere Reihen aus roten, gelben bzw. blauen Spielsteinen sind in Form eines Dreiecks gelegt. Die nebenstehende nordnung erfüllt die ersten drei der vier folgenden edingungen:. Oben liegt ein Spielstein; in der nächsten Reihe liegen zwei Steine, darunter drei usw.. lle Spielsteine einer Reihe haben die gleiche Farbe.. In benachbarten Reihen sind die Farben verschieden. 4. Von jeder Farbe sind gleich viele Spielsteine vorhanden. Wie viele Reihen hat eine solche nordnung mindestens, wenn sie alle vier edingungen erfüllt? Lösung Die Zahl der Spielsteine der drei Farben rot, gelb und blau sei jeweils k, die Gesamtzahl somit k. Die Reihen werden von oben nach unten mit einer Nummer gekennzeichnet, so dass die Reihennummer mit der nzahl der Steine in dieser Reihe übereinstimmt. Für die nzahl n der Reihen muss die edingung n = k erfüllt sein. Die Summe der ersten n natürlichen Zahlen muss also ein Vielfaches von sein. Zur erechnung der inimalzahl von Reihen können wir die Farben der Spielsteine in den ersten beiden Reihen beliebig wählen. Sie müssen wegen der dritten edingung nur verschieden sein. Um alle vier edingungen der ufgabenstellung zu erfüllen, müssen wir die ersten n natürlichen Zahlen so in drei Teilsummen zerlegen können, dass die drei Teilsummen den gleichen Wert haben (edingung 4), aber keine zwei benachbarte natürliche Zahlen in einer der Teilsummen vorkommen (edingung ). Schrittweise werden nun die ersten n natürlichen Zahlen ausprobiert. n = n = 4: kommt trivialerweise nicht in Frage = 0, nicht durch teilbar. n = 5: = 5 k = 5 Um die Summe 5 zu erhalten, kommen nur die Teilsummen 5, 4 + und + in Frage. ei dieser ufteilung haben die Spielsteine in der zweiten und in der dritten Reihe die gleiche Farbe. n = 6: n = 7: = k = 7 Die sechs Zahlen lassen sich nur auf eine einzige rt in drei Teilsummen mit dem Wert 7 zerlegen: In den Reihe und 4 liegen also Steine der gleichen Farbe = 8, nicht durch teilbar. n = 8: = 6 k = In der nachfolgenden Tabelle wird ausgehend vom Summanden 8 eine Ergänzung zur Summe bestimmt. Dann werden die öglichkeiten untersucht, den Summanden 7 mit noch verbleibenden Summanden zur Summe zu ergänzen, dann den Summanden Widerspruch zur edingung Widerspruch zur edingung LW 999 Runde Seite von

4 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg Die letzte Spalte der Tabelle zeigt, dass die Zahlen,,,... 8 so in drei Teilmengen zerlegt werden können, dass die Summe der Zahlen in einer Teilmenge jeweils beträgt. Da diese Eigenschaft bei keiner früheren nzahl von Reihen möglich war, ist gezeigt, dass die minimale nzahl von Steinen 6 betragen muss. Die Reihen, und 8 werden mit einer Farbe, die Reihen, 4 und 6 mit einer zweiten Sorte und die restlichen Reihen 5 und 7 mit der dritten Farbe bestückt, wie im nebenstehenden ild angegeben. LW 999 Runde Seite 4 von

5 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe Drei Kreise mit gleichem Radius und den ittelpunkten, und schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt P. ußerdem schneiden sich jeweils zwei Kreise in den Punkten, und. egründe, weshalb die beiden Dreiecke und kongruent sind. ezeichnungen: Die drei Kreise um, und mit gleich großen Radien r heißen k, k bzw. k. lle drei Kreise gehen durch den gemeinsamen Punkt P. ist der zweite Schnittpunkt von k und k, der zweite Schnittpunkt von k und k und der zweite Schnittpunkt von k und k.. Lösung Da die Kreise k, k und k den gleichen Radius r haben und k k k = {P} ist, folgt: = P = P = P r. () ußerdem gilt auf Grund der ufgabenstellung: = = = = = = r. () us () und () folgt, dass P eine Raute ist. Entsprechend kann man zeigen, dass die Vierecke P und P Rauten sind. Daraus folgt: P und = P =. Da die Seiten und parallel und gleich lang sind, ist das Viereck ein Parallelogramm. Dies heißt insbesondere auch, dass gilt. k P = nalog zeigt man, dass die Vierecke und Parallelogramme sind. lso gilt auch = und =. Damit sind die Seiten der Dreiecke und paarweise gleich lang. Die beiden Dreiecke sind deshalb nach dem Kongruenzsatz sss kongruent. k k. Lösung Die Vierecke P und P sind Rauten mit gleichen Seitenlängen, da alle Seiten Radien der gegebenen Kreise sind. (siehe bb. oben) us der Eigenschaft der Rauten folgt beispielsweise P und P, woraus dann w( P ) w( ) = folgt. Da die Seiten P, P, und gleich lang sind, gilt nach dem Kongruenzsatz sws, dass die beiden Dreiecke P und kongruente (, gleichschenklige) Dreiecke sind. Deshalb sind die asen und gleich lang. Entsprechend zeigt man die paarweise Übereinstimmung der anderen LW 999 Runde Seite 5 von

6 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg. Daraus folgt dann nach sss die Kongruenz dieser bei- Seitenlängen der Dreiecke und den Dreiecke.. Lösung Wegen des Umfangswinkelsatzes und den übereinstimmenden Radien der drei Kreise gilt w(p) = w(p), w(p) = w(p), w(p) = w(p). Da senkrecht zu P und senkrecht zu P ist, gilt w( ) = 80 w(p) = w(p) + w(p) = w(). (*) Entsprechend schließt man w( ) = 80 w(p) = w(p) + w(p) = w(), w( ) = 80 w(p) = w(p) + w(p) = w(). Demnach stimmen die Dreiecke und in zwei ihrer Winkel überein und sind deshalb ähnlich. Die Kongruenz der beiden Dreiecke wird nun durch die Eigenschaft nachgewiesen, dass die beiden Umkreise den gleichen Radius besitzen. Da P, P und P die ittelsenkrechten von, bzw. sind, ist P der Umkreismittelpunkt des Dreiecks. Dieser Umkreis hat also den Radius r. Um nachzuweisen, dass der Umkreis des Dreiecks den gleichen Radius besitzt, wird gezeigt, dass der ildpunkt des Punktes bei Spiegelung an der Geraden () auf dem Kreis k liegt. Nach der Umkehrung des Randwinkelsatzes und dem Satz über den ittelpunktswinkel genügt dazu der Nachweis von w() = w( ). Nach (*) gilt w() = w ). ( Da bei den Vierecken P und P alle Seiten die Länge r haben, sind diese Vierecke Rauten und die Diagonalen bzw. sind Winkelhalbierende. Deshalb gilt ( ) = w( P) + w(p ) = w( P) + w(p ) = w( ). w Daraus folgt w() = w( ). Der Umkreis des Dreiecks ist also das Spiegelbild des Kreises (), also hat auch der Umkreis von den Radius r. Zwei ähnliche Dreiecke mit gleichem Umkreisradius sind kongruent. k k P k bei Spiegelung an der Geraden k LW 999 Runde Seite 6 von

7 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 4. Lösung it den enennungen der beiden Figuren auf der nächsten Seite und den Voraussetzungen aus der ufgabenstellung folgt: = = P = P = r P ist ittelsenkrechte zu und umgekehrt. = = P = P = r P ist ittelsenkrechte zu = = P = P = r P ist ittelsenkrechte zu Die Schnittpunkte X, Y und Z sind also die ittelpunkte der Strecken der Strecken P, P und P. und und umgekehrt. umgekehrt., und bzw. k k Z P X Y Z Y k k k X P k Das Dreieck XYZ ist das ittendreieck des Dreiecks. Deshalb gilt XY =, YZ = und XZ =. () Entsprechend gilt für die Strecke XY im Dreieck P: XY =. () it Hilfe der Dreiecke P und P folgt YZ = und XZ =. () (Die Eigenschaften in den beiden letzten Zeilen folgen auch aus einer zentrischen Streckung mit Zentrum P und Streckfaktor, welche das Dreieck auf das Dreieck XYZ abbildet.) us den Eigenschaften () bis () folgt: =, = und =. Die beiden Dreiecke und sind deshalb nach dem Kongruenzsatz sss kongruent. LW 999 Runde Seite 7 von

8 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 4 Gesucht sind mindestens vier aufeinander folgende ganze Zahlen, so dass die Summe der drei größten Zahlen gleich der Summe der restlichen Zahlen ist. estimme alle öglichkeiten.. Lösung Die Folgen haben die Form: a; a + ;... ; a + n mit n. Summe der größten Glieder: ( a + ( n ) ) + ( a + ( n ) ) + ( a + n) = a + n Summe der restlichen Glieder: a + ( a + ) + + ( a + ( n ) ) = ( n ) a ( n ) Für n 5 wird gesetzt: Summe der restlichen Glieder = Summe der drei größten Glieder n = : a = a + 6 a = 6 a = Zahlenfolge:,,, 0 n = 4: a + = a + 9 a = 8 a = 8 Zahlenfolge: 8, 7, 6, 5, 4 n = 5: a + = a + = falsche ussage; keine Zahlenfolge möglich Für n 6 ( d.h. mindestens sieben Folgenglieder ) gilt: Summe der drei größten Glieder: a + n Summe der nächsten drei Glieder: ( a + ( n 5) ) + ( a + ( n 4) ) + ( a + ( n ) ) = a + n Die Summe der drei größten Glieder ist um 9 größer als die Summe der nächsten drei Glieder. Vor den letzten sechs Gliedern müssen die restlichen Glieder die Summe 9 ergeben. Die Zahl 9 lässt sich auf die folgenden rten in eine Summe von aufeinander folgenden Zahlen zerlegen: 9 9; 0; ; ; ; 4; 5 oder 8; 7;... 7; 8; 9; 0; ;... ; ; 5; 6; 7; 8; 9; 0; oder ; -; -; 0;; ; ; 4; 5; 6; 7;... ; ++4 ; ; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 0 oder ; 0; ; ; ; 4; 5; 6;... ; 0 Da es keine weiteren passenden Zerlegungen von 9 gibt, gibt es auch keine weiteren Folgen.. Lösung Die drei größten Zahlen setzen wir n, n + und n +. Dann sind die übrigen k Zahlen in absteigender Reihenfolge n bis n k mit k > 0. Die Summe der drei größten Zahlen ist n +, die der übrigen Zahlen dagegen ( k + ) k k n ( k) = k n. Die edingung der ufgabe lautet damit k(k + ) kn = n + (*) ( k + ) k n ( k ) = +. Für k = ist die edingung nicht erfüllbar. Für alle anderen k > 0 kann man nach n auflösen und erhält k(k + ) + k n = = k + k + 6 (k ) (k + 4) + 8 = = k k 8 k ( k + 4) +. LW 999 Runde Seite 8 von

9 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg Für n erhalten wir dann einen ganzzahligen Wert, wenn der Term in der großen Klammer eine gerade, ganze Zahl ist. Der Term in der Klammer wird beim Einsetzen einer ganzen Zahl für k aber nur dann ganzzahlig, wenn k ein Teiler von 8 bzw. 8 ist. Für k kommen also nur die in der folgenden Tabelle aufgeführten Werte in Frage. Die zugehörigen Werte von n erweisen sich alle als ganzzahlig. k k entfällt, da n k > 0 sein muss Damit ergeben sich folgende acht öglichkeiten, die edingung zu erfüllen: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ( ) + ( ) + 0 ( 8) + ( 7) = ( 6) + ( 5) + ( 4) = = = = = LW 999 Runde Seite 9 von

10 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 5 Die beiden Strecken zerlegen das gleichseitige Dreieck so, dass die schraffierten Teile flächengleich sind. Wie groß ist der Schnittwinkel zwischen diesen beiden Strecken?. Lösung Nehmen wir zur Dreiecksfläche S und zur Vierecksfläche DSE jeweils noch die Fläche SD hinzu, so entstehen die Dreiecke D und E. Diese beiden Dreiecke sind flächengleich, da nach ufgabenstellung die beiden usgangsflächen S und DSE flächengleich sind. Wählen wir in den beiden Dreiecke D und E die Seiten bzw. als Grundseiten, so folgt aus der gleichen Länge dieser Strecken und dem übereinstimmenden Flächeninhalt auch, dass die zugehörigen Höhen übereinstimmen müssen. Der bstand des Punktes D von der Geraden () und der bstand des Punktes E von der Geraden () sind deshalb gleich groß. Die Dreiecke PD und QE sind kongruent, da sie in allen drei Winkeln und der Länge h der dem 60 -Winkel gegenüberliegenden Seite übereinstimmen. Daraus folgt D = E. Die Dreiecke D und E sind nach dem Kongruenzsatz sws kongruent, da die Strecken und bzw. D und E gleich lang sind und jeweils einen 60 -Winkel einschließen. ezeichnen wir w(e) mit ϕ, so gelten wegen der Kongruenz der Dreiecke D und E, der Winkelsumme in den Teildreiecken und den gegebenen 60 -Winkeln die folgenden eziehungen: w(e) = w(d) = ϕ, w(d) = 80 w(d) w(d) = ϕ = 0 ϕ, w(ds) = 80 w(sd) w(ds) = 80 w(e) w(d) = 80 ϕ (0 ϕ ) = 60. Der Schnittwinkel der beiden Strecken ist ein 60 -Winkel. D P h Q S h E. Lösung it den ezeichnungen in der nebenstehenden Figur gilt für die Flächeninhalte: S = DSE, und wegen S + SD = DSE + SD, gilt D = E. Zwei Dreiecke mit gleicher Länge einer Seite und mit gleichem Flächeninhalt sind kongruent, wie in der ersten Lösung gezeigt wurde. lso gilt insbesondere D = E. P Durch eine Drehung der Figur um das Symmetriezentrum Z des gleichseitigen Dreiecks mit dem Drehmaß 0 wird auf, auf und auf abgebildet. Das ild der Strecke ist die Strecke. Der Punkt E wird wegen D = E auf D abgebildet. D h Q S h E LW 999 Runde Seite 0 von

11 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg Deshalb ist die Strecke D das ild von E bei der Drehung um 0. Der Schnittwinkel zwischen den beiden Strecken beträgt also 80 0 = 60.. Lösung Wie in der. bzw.. Lösung wird zunächst die Flächengleichheit der Dreiecke D und E bewiesen: Wir betrachten die Strecken D und E als Grundseiten der Dreiecke D und E. Die dazugehörigen Höhen H b und H a sind gleichzeitig Höhen im gleichseitigen Dreieck und daher gleich lang. Da die Dreiecke gleichen Flächeninhalt und gleich lange Höhen besitzen, müssen sie auch gleich lange Grundseiten besitzen, d.h.: D = E. H b h b D S E Ha h a Der restliche eweis erfolgt wie in der. oder. Lösung. LW 999 Runde Seite von

12 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 6 Gibt es unter den Zahlen 9, 99, 999, 9999,... unendlich viele, die keine Primzahlen sind?. Lösung Durch usprobieren erhalten wir: 9 Primzahl, 99 Primzahl, 999 Primzahl, 9999 = Da jede neue Zahl durch nhängen einer weiteren Ziffer 9 entsteht, wird nun nach einer Zahl der Form gesucht, die ebenfalls durch 7 teilbar ist. Zahl ganzzahliges Ergebnis bei Division durch 7 Rest bei Division durch Die Reste wiederholen sich mit der Periodenlänge 6. Wird an die Ziffernfolge 9999 ein Ziffernblock aus sechs Neunern angehängt, so ist die -stellige Zahl durch 7 teilbar, dann diese -stellige Zahl lässt sich schreiben als = Jeder Summand ist durch 7 teilbar, also auch die Summe. Dieses nhängen eines Ziffernblocks aus sechs Neunern können wir nun beliebig oft wiederholen. Jedes al entsteht eine durch 7 teilbare Zahl. lso gibt es unendlich viele Zahlen der Form , die keine Primzahlen sind. Variante: Entsprechend der Suche nach Zahlen der Form , die durch 7 teilbar sind, können auch Zahlen bestimmt werden, die durch 9 teilbar sind. Dabei stellt man fest, dass sich die Reste der Zahlen 9, 99, 999, 9999,... bei der Division durch 9 periodisch wiederholen. Zahlen aus 8, 6, 54,... Ziffern 9 sind jeweils durch 9 teilbar. Zusammen mit der Teilbarkeit von 9 durch 9 ergibt sich daraus die Teilbarkeit der Zahlen , usw. durch 9. Damit gibt es unendlich viele Zahlen der gegebenen Form, die durch 9 teilbar und deshalb keine Primzahlen sind.. Lösung Die erste Zahl in der angegebenen Folge 9, 99, 999, 9999,..., die keine Primzahl ist, heißt 9999, denn es gilt 9999 = Dies führt zur Vermutung, dass es weitere Zahlen der Folge gibt, die ebenfalls den Teiler 7 haben. Wenn der Nachweis gelänge, dass unendlich viele Zahlen der Folge den Teiler 7 haben, dann wäre die Frage in der ufgabenstellung positiv beantwortet. LW 999 Runde Seite von

13 Landeswettbewerb athematik aden-württemberg n 0,n sind, werden Zahlen dieser auart auf Teilbar- Da alle Zahlen der Folge von der Form keit durch 7 überprüft: 0 mod mod mod 7 0 mod mod 7 0 mod mod mod mod mod 7 0 mod mod mod 7 0 mod 7 0 mod mod 7 0 mod 7 0 mod mod mod mod mod mod 7 0 mod mod mod mod mod 7 0 mod mod n Die Reste von 0 gilt: bei der Division durch 7 wiederholen sich periodisch mit der Periodenlänge 6. Daher mod 7, 0 0 mod 7, 0 0 mod 7,... In der Zahlenfolge sind also alle Zahlen der Form 0 n mit 6 n = k, k durch 7 teilbar. Da alle diese Zahlen größer als 7 sind, sind sie keine Primzahlen. In der Folge kommen daher unendlich viele Nichtprimzahlen vor.. Lösung ei Division durch 7 treten nur die Reste 0,,,, 4, 5 und 6 auf. an betrachtet die bfolge der Reste (fett), die bei der schriftlichen Division von 9, 99, 999 und 9999 usw. durch 7 auftreten und beobachtet, was geschieht, wenn weitere Neuner an die Dividenden angehängt werden. b dem ersten uftreten eines Restes, der bereits vorher aufgetreten ist, wiederholt sich die Folge. an erkennt folgende Reihenfolge der Reste: 5,, 4, 0,,, 5,, 4, 0,,,... it anderen Worten: Die Folge der Reste ist periodisch mit der Periodenlänge sechs. Jeder sechste Dividend ab 9999 lässt bei Division durch 7 den Rest 0. Jede sechste Zahl ab 9999 ist also durch 7 teilbar. Die Folge der Zahlen 9, 99, 999, 9999,... enthält deshalb unendlich viele Nichtprimzahlen : 7 = LW 999 Runde Seite von