55. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Olympiadeklasse 8 Lösungen

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1 55. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Olympiadeklasse 8 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten Lösung 10 Punkte Wir bezeichnen mit a, b und c die Punkte für einen Rundensieger, einen Rundenzweiten und einen Rundenverlierer in dieser Reihenfolge. Dann gelten a > b > c > 0 (1) und wegen der Ganzzahligkeit daher a+b+c 6. (2) Im Spiel wurden insgesamt ( =) 39 Punkte vergeben, davon a + b + c in jeder Runde. Folglich muss a+b+c ein Teiler von 39 sein. Da mehr als eine Runde gespielt wurde, kann wegen der Primfaktorzerlegung 39 = 3 13 und der Ungleichung (2) nur a+b+c = 13 (3) gelten und es sind genau 3 Runden gespielt worden. Da Birte die zweite Runde gewann, sie für die beiden anderen Runden mindestens 1 Punkt bekam und sie insgesamt 10 Punkte erhielt, muss a+2 10 und daher a 8 gelten. Da Anne 20 Punkte erhielt, je Runde aber höchstens a Punkte gewann, muss 20 3a und daher a 7 gelten. Es kann also nur a {7,8} gelten und nur die folgenden, den Bedingungen (1) und (3) genügenden Konstellationen sind noch möglich: a b c Angenommen, es gilt a = 7. Dann hat Birte für die beiden anderen Runden zusammen (10 7 =) 3 Punkte erhalten. Sie kann keine Rundenzweite geworden sein, da sie hierfür mindestens 4 Punkte bekommen hätte. Also muss sie zweimal Rundenletzte geworden sein, wofür sie aber (2 1 =) 2 oder (2 2 =) 4, aber niemals 3 Punkte bekommen hätte. Folglich kann a = 7 nicht gelten und es verbleibt a = 8. Birte kann nun für die beiden anderen Runden zusammen nur (10 8 =) 2 Punkte erhalten haben, je Runde also 1 Punkt. Dies ist nur mit c = 1 möglich. Folglich muss a = 8, b = 4 und c = 1 gelten. Birte hat daher die erste und dritte Runde verloren und die zweite Runde gewonnen. Da Charlotte nur 9 Punkte hat, es für einen Rundensieg aber 8 Punkte und für die anderen Runden mindestens 1 Punkt gab, kann Charlotte keine Runde gewonnen haben. Folglich hat Anne die erste und dritte Runde gewonnen. 1

2 Da Anne die dritte Runde gewann und Birte die dritte Runde verlor, muss Charlotte in der dritten Runde Zweite gewesen sein, wofür sie 4 Punkte erhielt. Da die dritte Runde auch die letzte Runde war, folgt: Aus den Angaben der Aufgabe kann eindeutig ermittelt werden, wer die erste Runde gewonnen hat, nämlich Anne, und wie viele Punkte Charlotte in der letzten Runde erzielte, nämlich 4. Lösungsvariante: Nach Aufgabenstellung gab es für einen Rundenletzten jeweils mindestens einen Punkt, für einen Rundenzweiten mindestens einen Punkt mehr, also mindestens 2 Punkte, und für einen Rundensieger mindestens einen Punkt mehr als für den Rundenzweiten, also mindestens 3 Punkte. Je Runde sind daher mindestens ( =) 6 Punkte vergeben worden. Da Anne, Birte und Charlotte zusammen ( =) 39 Punkte erhielten, 39 die Primfaktorzerlegung 39 = 3 13 besitzt und je Runde die gleiche Anzahl an Punkten, und zwar mindestens 6, vergeben wurde, können es nur 3 Runden mit insgesamt 13 Punkten je Runde sein. Da Birte die zweite Runde gewann und in den beiden anderen Runden jeweils mindestens einen Punkt bekam, kann es für einen Rundensieg nur höchstens ( =) 8 Punkte gegeben haben. Angenommen, für einen Rundensieg gab es höchstens 7 Punkte. Dann hat Anne höchstens ( =) 20 Punkte erhalten, da sie mindestens die zweite Runde nicht gewann. Da Anne aber 20 Punkte bekam, muss dann ein Rundensieger 7 Punkte und ein Rundenzweiter 6 Punkte bekommen haben. Wegen = 0 bleibt dann jedoch für einen Rundenletzten kein Punkt übrig. Es kann folglich für einen Rundensieg nur 8 Punkte gegeben haben. Da Birte in der zweiten Runde gewann und 10 8 = 2 gilt, muss sie in der ersten und der dritten Runde Letzte mit jeweils einem Punkt für den Rundenletzten geworden sein. Wegen = 4 gab es für einen Rundenzweiten daher 4 Punkte. Charlotte kann keine Runde gewonnen haben, da sie andernfalls mindestens (8+1+1 =) 10 Punkte und daher mehr als 9 Punkte erhalten hätte. Folglich hat Anne die erste und die dritte Runde gewonnen und Charlotte wurde in der ersten und in der dritten Runde Zweite. Da die dritte Runde die letzte Runde war, hat Charlotte in der letzten Runde 4 Punkte erhalten. Aus den Angaben der Aufgabe kann folglich eindeutig ermittelt werden, wer die erste Runde gewonnen hat, nämlich Anne, und wie viele Punkte Charlotte in der letzten Runde erzielte, nämlich Lösung 10 Punkte Teil a) Für die Zeichnung siehe Abbildung L a ohne die nicht verlangten Einträge. Teil b) Durch Teilung der Seiten in drei kongruente Strecken und Verbinden der entsprechenden Punkte wird das Quadrat ABCD in 9 zueinander kongruente Teilquadrate zerlegt, siehe Abbildung L a. Nach Voraussetzung ist der Punkt S dann der auf CD gelegene, zum Punkt C benachbarte Eckpunkt des Teilquadrates mit Eckpunkt C. Da sich die Diagonale AC aus den Diagonalen von drei kongruenten Teilquadraten zusammensetzt, ist nach Voraussetzung der Punkt R Eckpunkt des Teilquadrates mit dem Eckpunkt A. Wir bezeichnen mit V den dem Punkt B gegenüberliegenden Eckpunkt des Teilquadrates mit dem Eckpunkt B und mit U den zu B benachbarten, zwischen B und C gelegenen Eckpunkt dieses Teilquadrates. 2

3 D W S C D Y S C R V U R Z A B A X B L a L b Aus der Eigenschaft dieses Quadratrasters, aus AB = 9 cm und den angegebenen Verhältnissen folgt RUB = SVR = 90, BU = RV = 3 cm, RU = SV = 6 cm. Daher sind die rechtwinkligen Dreiecke BU R und RV S nach dem Kongruenzsatz (sws) kongruent zueinander. Ihr Flächeninhalt ist jeweils (6 3 cm 2 : 2 =) 9 cm 2. Das Viereck BCSR setzt sich zusammen aus dem Rechteck CSV U mit dem Flächeninhalt (3 cm 6 cm =) 18 cm 2 und den beiden rechtwinkligen Dreiecken BUR und RVS. Das Viereck BCSR hat folglich den Flächeninhalt (18 cm cm 2 =) 36 cm 2. Teil c) Analog zu Teil a) folgt, dass auch die Dreiecke BUR und RSW zueinander kongruent sind. Da R, W und U Punkte des Quadratgitters sind, ist die Gerade RW senkrecht zur Geraden RU. Folglich wird das Dreieck BUR durch eine Drehung um den Punkt R um den Winkel 90 in das Dreieck RSW überführt. Bei dieser Drehung wird die Strecke BR in die Strecke SR überführt. Folglich gilt BRS = 90. Lösungsvariante: Teil a) verlangten Einträge. Für die Zeichnung siehe Abbildung L b ohne die nicht Teil b) Im Viereck ABCD wird jede Seite durch zwei Zwischenpunkte in drei gleich lange Teilstrecken geteilt. Je zwei Punkte gegenüberliegender Seiten werden derart verbunden, dass das Quadrat ABCD in 9 kongruente Teilquadrate mit der Seitenlänge 3 cm zerlegt wird. Zwei der Zwischenpunkte werden mit X und Y bezeichnet, siehe Abbildung L b. Nach Voraussetzung ist S der noch nicht bezeichnete Zwischenpunkt auf der Seite CD. Weiter ist R nach Voraussetzung der eingezeichnete Punkt. Das Rechteck BCYX setzt sich aus dem Viereck BCSR und den Dreiecken BRX und RSY zusammen. Das Rechteck BCYX hat den Flächeninhalt (9 cm 6 cm =) 54 cm 2, die beiden Dreiecke BRX und RSY haben jeweils den Flächeninhalt ( cm 3 cm =) 9 cm2. Das Viereck BCSR hat folglich den Flächeninhalt (54 cm cm 2 =) 36 cm 2. 3

4 Teil c) Bei einer Drehung um den Punkt R um den Winkel 90 wird der Punkt X auf den mit Z bezeichneten Schnittpunkt abgebildet. Da bei einer Drehung Winkel und Abstände erhalten bleiben, wird durch diese Drehung der Punkt B auf den Punkt S abgebildet. Daher gilt BRS = 90. Variante zur Teilaufgabe c) Das Quadrat ABCD wird wie in der Abbildung L c ersichtlich durch ein Rechteck AEFB mit AE = 3 cm ergänzt. Es gelten dann RF = RC, FB = CS, BR = SR und FRC = = 90. Nach dem Kongruenzsatz (sss) folgt die Kongruenz der DreieckeRFB undrcs. Daher gilt D R S C CRS = FRB. (4) Da C im Winkel BRS liegt, gilt BRS = BRC + CRS. (5) A B Da B im Winkel FRC liegt, gilt FRC = FRB + BRC. (6) Aus (4), (5) und (6) folgt BRS = FRC. Wegen FRC = 90 folgt hieraus BRS = 90. E L c F Lösung 10 Punkte Wir bezeichnen die vier Zahlen mit a, b, c und d. In dieser Reihenfolge gelten dann nach Aufgabenstellung a = 3 d 5, b = c+2 a, a+b+c+d = 267. c = 3 a 2 d, (3) Aus (1) und (3) folgt durch Einsetzen c = 3 (3 d 5) 2 d = 9 d 15 2 d, also c = 7 d 15. Aus (1), (2) und (5) folgt b = (7 d 15)+2 (3 d 5) = 7 d 15+6 d 10, also b = 13 d 25. Aus (1), (4), (5) und (6) folgt 267 = a+b+c+d = (3 d 5)+(13 d 25)+(7 d 15)+d = 24 d 45, also 24 d = 312 und daher d = 13. Aus (1), (5), (6) und (7) folgt a = 34, b = 144, c = 76. Die gesuchten vier Zahlen sind folglich eindeutig bestimmt, und zwar sind sie 34, 144, 76 und (1) (2) (4) (5) (6) (7)

5 Lösung 10 Punkte I. Es seien a, b und c ganze Zahlen mit 0 < a b c. (1) derart, dass die Maßzahl des Volumens eines Quaders, dessen Kantenlängen die Maßzahlen a, b und c haben, genauso groß ist wie die Maßzahl der Summe aller Kantenlängen des Quaders. Für die Maßzahl des VolumensV des Quaders und die MaßzahlS der Summe der Kantenlängen gelten V = a b c und S = 4 a+4 b+4 c. Da beide Zahlen übereinstimmen sollen, gilt folglich a b c = 4 a+4 b+4 c. (2) Durch Umformen der Gleichung (2) ergibt sich a b c 4 c = 4 a+4 b und schließlich c (a b 4) = 4 (a+b). (3) Wegen Ungleichung (1) muss a b > 4 (4) gelten. Aus Ungleichung (1) und Gleichung (2) folgt a b c 3 4 c, also a b 12. (5) Wegen der Ungleichungen (1), (4), (5) kann (a,b) nur eines der vierzehn Paare (1,5), (1,6),..., (1,12), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,3), (3,4) (6) sein. Wegen Ungleichung (4) folgt aus Gleichung (3) c = 4 (a+b) a b 4. Wir prüfen nun systematisch, für welche Paare (a,b) aus (6) die Zahl c nach Gleichung (7) ganzzahlig ist: a b (a + b) a b c Von den gefundenen Tripeln (a,b,c) erfüllen nur (1,5,24), (1,6,14), (1,8,9), (2,3,10), (2,4,6) (8) auch die Ungleichung (1). II. Für die Tripel (a,b,c) aus (8) gilt tatsächlich Gleichung (2), d. h. die Maßzahl des Volumens des Quaders ist genauso groß wie die Maßzahl der Summe aller Kantenlängen des Quaders. Wegen Ungleichung (1) und Gleichung (2) sind die in (8) angegebenen Tripel (a,b,c) alle Tripel ganzzahliger Kantenlängen, welche den Forderungen genügen. Aus I. und II. folgt, dass nur die in (8) genannten fünf Tripel den Forderungen genügen. (7) 5

6 Punktverteilungsvorschläge Die nachstehenden Angaben zur Punktverteilung sowohl für die gesamten Aufgaben als auch für die Teillösungen sind Empfehlungen für die Ausrichter des Wettbewerbs und sollen einer einheitlichen Bewertung dienen. Dies vereinfacht für die Schülerinnen und Schüler ein Nachvollziehen der Bewertung und ermöglicht für die Organisatoren Vergleiche zum Zweck der Entscheidung über die Teilnahme an der nächsten Runde. Bei der Vielfalt der Lösungsvarianten ist es nicht möglich, Vorgaben für jede Variante zu machen; das Korrekturteam möge aus den Vorschlägen ableiten, welche Vergabe dem in der Schülerlösung gewählten Ansatz angemessen ist. Dabei können auch Lösungsansätze, die angesichts der Aufgabenstellung sinnvoll erscheinen, aber noch nicht erkennen lassen, ob sie wirklich zu einer Lösung führen, einige Punkte erhalten. Abweichungen von den Vorschlägen müssen von den Ausrichtern des Wettbewerbs ausreichend bekannt gemacht werden. Es wird aber empfohlen, zumindest den prozentualen Anteil der Punkte für Teillösungen beizubehalten. Aufgabe Ermittlung der Rundenzahl... 3 Punkte Weitere Ermittlung der Reihenfolge... 6 Punkte Korrektes Ergebnis... 1 Punkt Aufgabe Teil a)... 2 Punkte Teil b)... 4 Punkte Teil c) Punkte Aufgabe Es ist eine prinzipiell geeignete Lösungsstrategie erkennbar... 2 Punkte Begründete Herleitung... 6 Punkte Korrektes Ergebnis... 1 Punkt Begründete Feststellung der Eindeutigkeit... 1 Punkt Aufgabe Es ist eine prinzipiell geeignete Lösungsstrategie erkennbar... 2 Punkte Begründete Herleitung... 5 Punkte Probe... 1 Punkt Korrektes Ergebnis... 2 Punkte 6