eolympiadeklass9 58. Mathematik Olympiade 2. Runde (Regionalrunde) Lösungen c 2018 Aufgabenausschuss für die Mathematik-Olympiade in Deutschland www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 580921 Lösung 10 Punkte Teil a) Der erste Gast hat 1200/2000, also 60 Prozent Kirschanteil. Der erste Gast entnimmt mit seinem Becher 120 ml Kirschanteil und 80 ml Bananenanteil. Da danach nur Bananensaft nachgefüllt wird, hat die neue Mischung 1200 ml 120 ml = 1080 ml Kirschsaft. Der zweite Gast erhält damit einen Kirschanteil von 1080/2000, das sind 54 Prozent. Damit entnimmt er mit seinen 200 ml auch 108 ml Kirschsaft, und dann werden 200 ml Kirschsaft nachgefüllt. In der Kanne sind somit 1172 ml Kirschsaft, das ist ein Anteil von 58,6 Prozent. Teil b) Da der zweite Gast das Verhältnis 1 : 1 vorfinden soll, muss die Mischung nach dem Auffüllen von 200 ml reinem Bananensaft 1000 ml Bananensaft und 1000 ml Kirschsaft enthalten. Also müssen vor dem Nachfüllen 800 ml Bananensaft und 1000 ml Kirschsaft enthalten sein. Damit muss anfangs für das Mischungsverhältnis Ki : Ba = 1000 : 800 = 5 : 4 gelten. 580922 Lösung 10 Punkte Teil a) Die gelegte Figur besteht aus einem 3 3-Quadrat mit zwei symmetrisch angestückten Einzelquadraten und hat daher als einzige Symmetrie die Punktsymmetrie bzgl. des Quadratmittelpunktes. Wir machen eine Fallunterscheidung nach der (groben) Lage des Dominosteines. Fall 1: Der Dominostein überdeckt eines der angestückten Einzelquadrate. In diesem Fall drehen wir die Figur so, dass dieses angestückte Einzelquadrat oben ist. Nacheinander platzieren wir die drei L-Steine so, dass das jeweils unterste noch freie Feld vom neuen L-Stein überdeckt wird. Die Lage des L-Steines stellt sich jeweils als eindeutig heraus; dieser Fall liefert also nur die in Abbildung L580922 a dargestellte Zerlegung. L580922 a Fall 2: Der Dominostein überdeckt keines der angestückten Quadrate. Mithin werden sie in eindeutiger Weise durch L-Steine überdeckt. Es bleibt eine Restzeile von drei Feldern wieder mit zwei symmetrisch angestückten Quadraten übrig. Da nicht beide angestückten Quadrate vom Dominostein überdeckt werden können, wird eins in eindeutiger Weise von einem L-Stein überdeckt; der Platz für den Dominostein ist damit dann auch festgelegt. Drehen wir die Zerlegung so, dass das unterhalb der Restzeile angestückte Quadrat vom dritten betrachteten L-Stein bedeckt wird, ergibt sich in diesem Fall die in Abbildung L580922 b dargestellte Zerlegung. 40
L580922 b Es gibt also insgesamt genau die zwei angegebenen Möglichkeiten. Teil b) Es sollen 58 Felder ausgelegt werden. Die Anzahl der verwendeten Dominosteine kann weder 0 noch 1 sein, weil 58 und 56 keine Vielfachen von 3 sind. Dass 2 Dominosteine genügen, zeigt das in Abbildung L580922 c dargestellte Beispiel. Also ist 2 die gesuchte Mindestanzahl. L580922 c 580923 Lösung 10 Punkte P O M S N L J K 41
Teil a) Es gilta > b. Die Summe der Seitenlängen ista+b = 80 cm, die Differenza b = 16 cm. Die Seitenlängen betragen also a = 1 (a+b+a b) = 48 cm und b = 1 (a+b (a b)) = 32 cm. 2 2 Teil b) Aus dem Strahlensatz folgt wegen der Parallelität der Geraden MJ und ON a b = MJ NO = MS SN = 3 2. Da S auf MN liegt, gilt MS : SN : MN = 3 : 2 : 5 und somit MS = 3 5 MN = 3 b = 19,2 cm. 5 Das Dreieck JSP hat die Grundseite JP und die Höhe MS. Dies ergibt einen Flächeninhalt von A JSP = 1 2 80 cm 19,2 cm = 768 cm2. Lösungsvariante ohne Strahlensatz: Da S auf der P gegenüberliegenden Seite des Dreiecks JOP liegt, zerlegt die Strecke PS dieses Dreieck in die beiden Teildreiecke JSP und PSO. Die Fläche des Dreiecks JSP erhält man daher, wenn man vom Flächeninhalt des Dreiecks JOP den Flächeninhalt des Dreiecks P SO subtrahiert. Das Dreieck JOP hat den Flächeninhalt A JOP = 1 2 b(a+b) = 16 cm 80 cm = 1280 cm2, und das Dreieck SOP hat den Flächeninhalt A SOP = 1 2 b2 = 0,5 32 cm 32 cm = 512 cm 2. Somit ergibt sich für den Flächeninhalt des Dreiecks JSP A JSP = 1280 cm 2 512 cm 2 = 768 cm 2. Teil c) Sei T der Schnittpunkt der Strecken KP und MN. Dann kann wegen der Parallelität der Geraden MN und JK der Strahlensatz angewandt werden: MT JK = PM PJ = b a+b = 2 5. Daher gilt MT = 2 JK = MS. Die Punkte S und T liegen daher beide auf der Strecke 5 MN und die Strecken MS und MT haben die gleiche Länge. Sie fallen somit zusammen. Der Punkt S liegt auch auf der Strecke PK. Lösungsvariante ohne Strahlensatz: Analog zu b) erhält man: Die Strecken KP und M L schneiden sich im Punkt T und es gilt: A JTP = A JKP A JKT = 1 2 a(a+b) 1 2 a2 = 1 2 ab, also A JTP = A JSP. Da die Dreiecke JTP und JSP in der Seite JP übereinstimmen und S und T auf ML liegen, muss auch für die zugehörigen Dreieckshöhen MT = MS und damit S = T gelten. 42
580924 Lösung 10 Punkte Es sei A(x) = 1 20 x5 1 4 x3 + 1 5 x. Erste Lösung: In dieser Lösung wird eine geschicktere Darstellung von A(x) entwickelt und verwendet. Es ist A(x) = 1 20 x (x 4 5x 2 +4 ). Eine Zahl ist genau dann durch 20 teilbar, wenn sie durch 4 und durch 5 teilbar ist. Aus x 4 5x 2 +4 ergibt sich durch Substitution x 2 = y der Term y 2 5y +4. Dieser Term hat die Nullstellen y 1 = 4 und y 2 = 1 und lässt sich durch Linearfaktorzerlegung in der Form (y 4)(y 1) schreiben. Rückgängigmachen der Substitution führt zu (x 2 1) (x 2 4) und Anwenden der dritten binomischen Formel zu (x + 1)(x 1)(x + 2)(x 2). Damit lässt sich A(x) in die Form A(x) = 1 20 (x 2)(x 1)x(x+1)(x+2) bringen. Da unter fünf aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen stets eine durch 5 und mindestens eine durch 4 teilbar ist, ist das Produkt (x 2)(x 1) x(x + 1)(x + 2) stets durch 20 teilbar. Hinweis: Eine Herleitung der Darstellung ist nicht nötig, wenn die so oder vielleicht auch durch Raten gefundene Darstellung bewiesen wird, etwa mittels 1 20 (x 2)(x 1)x(x+1)(x+2) = x 20 (x 2)(x+2)(x 1)(x+1) = x 20 (x2 4)(x 2 1) = x 20 (x4 4x 2 x 2 +4) = x 20 (x4 5x 2 +4) = 1 20 x5 1 4 x3 + 1 5 x = A(x). Hierbei dürfen auch mehrere Umformungsschritte zusammengefasst werden. Lösungsvariante: Zunächst ist A(x) = A( x), weswegen es genügt, die Aussage für nichtnegative ganzzahlige x zu zeigen. Weiter ist A(0) = A(1) = A(2) = 0, für ganzzahlige x 3 ist n = x+2 5 eine natürliche Zahl und es gilt ( ) n n! 6 = 6 5 (n 5)!5! = n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4) 20 = 1 20 (x+2)(x+1)x(x 1)(x 2) = A(x). 43
Damit ist auch in diesem Falle A(x) als Vielfaches eines (ganzzahligen) Binomialkoeffizienten ganz (und sogar stets durch sechs teilbar). Zweite Lösung: In dieser Lösung wird das Rechnen mit Resten verwendet. Es genügt zu zeigen, dass für ganze x die ganze Zahl B(x) mit B(x) = x 5 5x 3 +4x = 20A(x) stets sowohl durch 4 als auch durch 5 teilbar ist. Dazu reicht es, je einen Repräsentanten jeder Restklasse modulo 4 und jeder Restklasse modulo 5 zu überprüfen. Die zu zeigende Aussage ist also wahr, wenn sie für x = 2, x = 1, x = 0, x = 1 und x = 2 zutrifft. Da B( x) = B(x), B(0) = 0, B(1) = 1 5+4 = 0 = B( 1) und B(2) = 32 40+8 = 0 = B( 2) gilt, ist der Beweis erbracht. 44
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 580921 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 7 Punkte Becher des ersten Gastes: 1 Punkt Becher des zweiten Gastes: 3 Punkte Kanne nach zweitem Wiederauffüllen: 3 Punkte Freilich können je nach Qualität der Herleitung auch nur Teilpunkte zu jedem Unterpunkt gegeben werden. Teil b)... 3 Punkte Aufgabe 580922 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 5 Punkte Für jede gefundene Zerlegung kann ein Punkt gegeben werden, die Begründung der Vollständigkeit etwa durch Fallunterscheidung liefert also drei Punkte. Teil b)... 5 Punkte Richtige Anzahl: 1 Punkt Ansatz zum Nachweis der Richtigkeit durch die Nachweise, dass mindestens so viele Dominosteine nötig sind und dass höchstens so viele Dominosteine nötig sind: 1 Punkt Nachweis für höchstens etwa durch Beispiel: 1 Punkt Nachweis für mindestens : 2 Punkte 45
Aufgabe 580923 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 2 Punkte Teil b)... 4 Punkte Prinzipieller Lösungsansatz (etwa Strahlensatz oder Flächenzerlegung): 1 Punkt Berechnung von Hilfsgrößen: 2 Punkte Ergebnis richtig ermittelt: 1 Punkt Sind zu verschiedenen Ansätzen jeweils Teilpunkte möglich, so wird nur der Ansatz bepunktet, der die meisten Punkte bringt. Teil c)...... 4 Punkte Prinzipieller Lösungsansatz (etwa Strahlensatz oder Flächenzerlegung): 1 Punkt Berechnung von Hilfsgrößen: 2 Punkte Ergebnis richtig ermittelt: 1 Punkt Sind zu verschiedenen Ansätzen jeweils Teilpunkte möglich, so wird nur der Ansatz bepunktet, der die meisten Punkte bringt. Aufgabe 580924 Umformungsidee: Insgesamt: 10 Punkte Faktorisierte Darstellung von A(x)... 7 Punkte Nur in Bruch umformen: 2 Punkte Zusätzlich Zähler faktorisiert: 4 Punkte Zusätzlich Nenner faktorisiert: 1 Punkt Abschluss des Beweises... 3 Punkte Anmerkung: Die Beobachtung, dass ein Produkt von 5 aufeinanderfolgenden Zahlen durch 4 und 5 teilbar ist, liefert zwei Punkte; die Feststellung, dass die Teilbarkeit durch 20 daraus folgt, den dritten. Alternativ liefert das Erkennen der Darstellung über Binomialkoeffizienten einen der Punkte. Das Betrachten der Fälle, in denen der Binomialkoeffizient schulischerseits nicht definiert ist (obere Zahl kleiner als untere) liefert die beiden weiteren. Insbesondere liefert A(x) = A( x) hier einen Punkt. Können nicht alle 3 Punkte gegeben werden, so werden die Punkte der besser zu bewertenden Alternative vergeben. Restklassenidee: Begründeter Ansatz zur Teilbarkeit, etwa20a(x) ist ganz und durch20 teilbar... 2 Punkte Zurückziehen auf Repräsentanten jeder Restklasse... 3 Punkte Vollständige Überprüfung aller Repräsentanten... 5 Punkte 46
Anmerkung: Wird direkt modulo 20 gerechnet, so ergibt sich ein erheblicher Rechenaufwand, der fünf Punkte bringt. Rückzug auf getrennte Berechnung modulo 4 und modulo 5 vereinfacht die Sache im Werte von zwei Punkten, Nutzung der betragskleinsten möglichen Repräsentanten 2, 1,0,1,2 liefert einen weiteren davon; die Nutzung von A(x) = A( x) einen weiteren sodass bei Ausschöpfung aller Möglichkeiten nur noch die Beobachtung A(1) = A(2) = 0 als verbleibende Rechnung den letzten Punkt liefert. 47