Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 1996 Runde 1 ufgabe 1 Ein Rechteck mit den eitenlängen 5 cm und 9 cm wird in kleinere Rechtecke mit ganzzahligen eitenlängen, in Zentimeter gemessen, zerlegt. estimme eine Zerlegung mit möglichst vielen Rechtecken, von denen keine zwei deckungsgleich sind. Lösung er Flächeninhalt des Rechtecks beträgt 45 cm. ie Zahl 45 soll in eine umme von möglichst vielen ummanden zerlegt werden. (lle ngabe von eitenlängen und Flächeninhalten beziehen sich auf die Einheiten cm bzw. cm ) ilden wir die umme 1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9, so erhalten wir gerade den Wert 45. as ild rechts zeigt, dass das große Rechteck auch tatsächlich in neun nicht deckungsgleiche Rechtecke mit diesen Flächeninhalten und ganzzahligen eitenlängen zerlegt werden kann. ie Flächeninhalte 4 und 6 dürfen aber beispielsweise zweimal auftreten, da diese Zahlen verschiedene roduktzerlegungen 4= 1 4 und 4=, 6= 1 6 und 6= 3 besitzen. Es gibt deshalb jeweils zwei nicht deckungsgleiche Rechtecke mit den Flächeninhalten 4 und 6. ie Flächeninhalte 1,, 3, 5, 7 können aber nur einmal vorkommen. ilden wir nun unter dieser Voraussetzung die umme mit möglichst kleinen ummanden, so erhalten wir: 1 + + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 = 38, 1++3+4+4+5+6+6+7+8 = 46. ie umme 1 8 8 3 6 4 6 7 9 7 5 4 4 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8 = 45 ist eine weitere arstellung der Zahl 45 mit der geforderten Eigenschaft. Eine passende Zerlegung des großen Rechtecks in die neun kleineren Rechtecke zeigt das zweite ild. Eine Vergrößerung der ummandenzahl ist nicht möglich. Jeder weitere zulässige ummand würde dazu führen, dass mindestens zwei andere aus der umme entfernt werden müssten. 6 3 5 LW 1996 Runde 1 eite 1 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe Zwei rimzahlen, die beide größer sind als 5 und sich um unterscheiden, werden addiert. as Ergebnis wird in rimfaktoren zerlegt. Weise nach, dass diese Zerlegung mindestens vier Faktoren enthält, wobei nicht alle verschieden sein müssen. 1. Lösung ie beiden rimzahlen sollen p und p + heißen: Nach Voraussetzung gilt p > 5. amit sind die beiden rimzahlen ungerade. Für ihre umme s gilt nun: s= p + (p+ ), s= (p+ 1). ie umme s enthält also den rimfaktor. a p ungerade ist, ist p + 1 gerade. emnach enthält der zweite Faktor von s ebenfalls den rimfaktor. Von den drei aufeinander folgenden Zahlen p, p + 1 und p + ist genau eine durch 3 teilbar. a p und p + nach Voraussetzung rimzahlen größer als 5 sind, können beide Zahlen nicht durch 3 teilbar sein. eshalb muss p + 1 durch 3 teilbar sein. omit ist ein dritter rimfaktor von s gefunden. Es gilt: s= 3 t Wegen p > 5 ist s größer als 1, folglich ist t größer als 1. Ist t selbst eine rimzahl, so enthält die rimfaktorzerlegung von s genau vier Faktoren. Ist t keine rimzahl, so enthält t mindestens zwei weitere rimfaktoren. ie rimfaktorzerlegung von s enthält in diesem Fall sogar mindestens fünf Faktoren.. Lösung Es seien p und q die beiden rimzahlen; außerdem gelte q = p +. ann gilt: p + q= p+ = (p+ 1) Nach Voraussetzung ist p > 5 und somit p + 1 gerade und größer als 6. Es gilt also: p + 1= n mit n > 3 (*) p + q= n Ist n keine rimzahl, so ist die ehauptung bewiesen, denn dann lässt sich n in ein rodukt mit mindestens zwei Faktoren größer als 1 zerlegen. Es muss nun noch gezeigt werden, dass n keine rimzahl sein kann. nnahme: n sei eine rimzahl eweis durch Widerspruch: Von drei aufeinander folgenden natürlichen Zahlen ist immer genau eine durch 3 teilbar. Nach Voraussetzung sind die Zahlen p und p + rimzahlen größer als 5. eshalb muss p + 1 durch 3 teilbar sein. Nach (*) gilt: p + 1= n us der Teilbarkeit von p + 1 durch 3 folgt, dass n durch 3 teilbar ist. lso muss n durch 3 teilbar sein. Wegen (*) ist n aber größer als 3. eshalb lässt sich n in der Form n= 3 m mit m > 1 darstellen. amit erhalten wir die arstellung p + q= 3m mit m > 1 und damit eine arstellung der umme als rodukt mit mindestens vier Faktoren. LW 1996 Runde 1 eite von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 3 In einem Fünfeck E ist der Winkel halb so groß wie jeder der vier anderen Winkel. Zeige: ddiert man die Längen der einschließenden eiten, so erhält man mehr als den halben Umfang des Fünfecks. Gemeinsamer Lösungsteil Für die Winkelsumme in unserem Fünfeck gilt: + + + + = 540. araus erhalten wir = 60 und für die anderen vier Winkel jeweils 10. 1. Lösung Wegen der 60 bzw. 10 -Winkel sind die eiten E und, sowie E und parallel. ie arallele zu E durch den unkt schneidet in. Wegen w() = w() = 60 und ist das Viereck ein achsensymmetrisches Trapez mit < und =. Nach Konstruktion ist das Viereck E ein arallelogramm, da die gegenüberliegenden eiten paarweise parallel sind. Im arallelogramm sind gegenüberliegende eiten gleich lang. Es gilt also: = E, E = und + E = + E. it =, = + und > folgt: + E = + + = E + + > E + +. amit sind die beiden eiten und E zusammen länger als die umme der anderen drei eitenlängen. amit ist + E größer als der halbe Umfang. E. Lösung Zunächst verlängern wird die eiten und E bis zum chnittpunkt. as reieck ist gleichseitig, denn die Winkel und sind jeweils Nebenwinkel eines 10 -Winkels. araus folgt w() = w() = 180 10 = 60. as reieck ist also gleichseitig. as Viereck E ist ein arallelogramm, denn die gegenüberliegenden Winkelpaare sind gleich groß. eshalb gilt: = E, E = und + E = E +. Zusammen mit = = folgt: E E + = + E = + + E + = + + E > + + E. amit ist die umme der beiden am Winkel E anliegenden eiten größer als die drei anderen eitenlängen zusammen und damit auch größer als der halbe Umfang. LW 1996 Runde 1 eite 3 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 3. Lösung as Fünfeck E wird durch die arallele zu durch den unkt und die arallele zu E durch ergänzt. Wegen dieser arallelität sind alle Innenwinkel der Teilfiguren 60 oder 10 -Winkel. as Fünfeck wird durch die beiden arallelen in drei arallelogramme und ein reieck zerlegt. a die gegenüberliegenden eiten eines arallelogramms gleich lang sind, gelten die eingetragenen eitenlängen. (Es gilt sogar v = w = y, was aber für den eweis nicht benötigt wird.) us diesen Überlegungen und der reiecksungleichung v + y > w folgt: + E = x + y + u + v > u + w + x = + + E. E x v v w x y u u u x y 4. Lösung Verlängern wir die eiten und über bzw. hinaus bis zum chnittpunkt und die eiten und E über bzw. E hinaus bis zum chnittpunkt Q, so entsteht das reieck Q. ie Winkel,, QE und EQ sind Nebenwinkel der vier Innenwinkel des Fünfecks E mit der Winkelgröße 10. iese vier Winkel sind deshalb 60 -Winkel. Wegen der Winkelsumme von 180 in den beiden Ergänzungsdreiecken und QE sind auch die beiden Winkel und EQ jeweils 60 -Winkel. e E Q d d d c b b a b araus folgt nun: ie reiecke, QE und Q sind gleichseitige reiecke. Im reieck Q gilt = = = b. Im reieck QE gilt Q = QE = E = d. Für die eitenlängen im reieck Q gilt = Q = Q, also a + b = b + c + d und e + d = b + c + d und damit auch a = c + d und e = b + c. Für die umme der beiden an anliegenden eitenlängen erhalten wir: + E = a + e = c + d + b + c = b + c + d > b + c + d. amit sind die beiden an anliegenden eiten zusammen länger als die drei übrigen eiten. LW 1996 Runde 1 eite 4 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 4 er unkt liegt auf dem Halbkreis über der trecke. er iagonalenschnittpunkt des Quadrats über heißt. uf welcher ahn bewegt sich, wenn auf dem Halbkreis wandert? Vorüberlegungen Zeichnet man die Figur für verschiedene Lagen des unktes, so scheinen die unkte auf einem Kreisbogen zu liegen. Nimmt man für die Lage von die Randlagen = und = an, so fallt im ersten Fall mit zusammen, denn das Quadrat über der trecke schrumpft zu einem unkt. Im zweiten Fall entsteht ein Quadrat mit der eitenlänge. ie unkte, und bilden ein gleichschenkligrechtwinkliges reieck. er unkt liegt in diesem onderfall auf dem Thaleskreis über der trecke und gleichzeitig auf der ittelsenkrechten von. er chnittpunkt von ittelsenkrechte und Thaleskreis wird mit bezeichnet. er Kreisbogen scheint ein Halbkreis über der trecke zu sein. Es soll nun folgende ehauptung bewiesen werden: er unkt bewegt sich auf einem Halbkreis über der trecke, wobei der chnittpunkt der ittelsenkrechten der trecke mit dem Thaleskreis über der trecke ist. Lösungsidee Ein wichtiger Zwischenschritt ist der Nachweis, dass die unkte, und stets auf einer Geraden liegen. Wenn diese Eigenschaft nachgewiesen wurde, dann ist das reieck rechtwinklig, denn es gilt dann w() = w() = 90. Nach der Umkehrung des atzes von Thales liegt der unkt dann auf dem Halbkreis über der trecke. iese trecke verändert ihre Lage nicht, wenn sich auf dem Halbkreis bewegt. ie ehauptung, dass die drei unkte auf einer Geraden liegen, ist sicher dann erfüllt, wenn das reieck gleichschenklig-rechtwinklig ist, denn dann sind die unkte und identisch. Für die anderen Fälle folgen nun verschiedene eweisvarianten. 1. Lösung ε ε ε ε - 180 Fall I: w() 90 Wir betrachten das Fünfeck. In diesem Fünfeck gilt für die Winkelsumme: 45 + + 90 o + ε + ε + + 45 o + 90 o = 540 ( +ε ) = 70 +ε= 135. LW 1996 Runde 1 eite 5 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg amit gilt für : w() = 45 + + ε = 180. ie unkte, und liegen auf einer Geraden. Fall II: w() > 90 as Viereck hat bei und jeweils einen rechten Winkel; daraus folgt: w() = 180 (45 + ) = 135, also = 135 w(). Im Fünfeck gilt für die Winkelsumme 45 + + 180 o + ε + ε + w() + 90 o = 540 + ε + w() = 5. Ersetzen wir durch 135 w(), so erhalten wir ε + w() = 360. ie unkte, und bilden also einen gestreckten Winkel und liegen auf einer Geraden.. Lösung Fall I liegt auf dem Kreisbogen. Für den Winkel gilt: w() = w() + w() + w() w() = 45, da die iagonale und die eite eines Quadrats einen 45 -Winkel bilden. w() = 90, das reieck ist nach dem atz von Thales rechtwinklig. w() = w(), atz vom gleichen Umfangswinkel über der ehne. w() = 45, asiswinkel im gleichschenklig-rechtwinkligen reieck. us diesen Eigenschaften folgt: w() = 45 + 90 + 45 = 180. ie unkte, und liegen auf einer Geraden. Fall II: liegt auf dem Kreisbogen. w() = 45, asiswinkel im gleichschenklig rechtwinkligen reieck. w() = w(), Umfangswinkel über der ehne. er Winkel ist ein 45 -Winkel, deshalb liegt der unkt auf der iagonalen des Quadrats über der eite. a der chnittpunkt der beiden iagonalen des Quadrates ist, liegen die unkte, und auf einer Geraden. LW 1996 Runde 1 eite 6 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 3. Lösung Fall I liegt auf dem ogen. as reieck ist nach Voraussetzung gleichschenklig-rechtwinklig: w() = 45. 1 as reieck ist gleichschenklig mit = = : w() = w() =. Nach dem Winkelsummensatz gilt im reieck : w() = 180. a die trecken und orthogonal zueinander sind, gilt: w() = 90. as reieck ist gleichschenklig mit = =, für die Winkel folgt daraus 1 w() = w() = ( ) w() = 135. Für den Winkel erhalten wir daraus: w() = 45 + + 135 = 180. ie unkte, und liegen auf einer Geraden. 180 ( 90 ), 45 45 45 45 β Fall II: liegt auf dem ogen. as reieck ist nach Voraussetzung gleichschenklig-rechtwinklig: w() = 45. 1 as reieck ist gleichschenklig mit = = : w() = w() =. Wegen der Winkelsumme im reieck gilt: w() = 180. a die trecken und orthogonal sind, folgt daraus: w() = 90. 1 as reieck ist gleichschenklig mit = = : 1 w() = w() = ( 180 (90 )) w() = + 45., Für den Winkel erhalten wir daraus: w() = w() w() = + 45 = 45. a die Winkel und gleich groß sind und auf dem ogen zwischen und liegt, liegen die unkte, und auf einer Geraden. LW 1996 Runde 1 eite 7 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 4. Lösung Idee: er unkt wird durch die Hintereinanderausführung einer rehung um zunächst auf einen unkt und einer anschließenden treckung mit Zentrum und treckfaktor 1 auf einen unkt " abgebildet. Jede rehung und jede zentrische treckung bilden einen Kreis wieder auf einen Kreis und einen Kreisbogen wieder auf einen Kreisbogen ab. Wenn der unkt den Halbkreis über der trecke durchläuft, durchlaufen die unkte und " ebenfalls Halbkreise. ehauptung: er unkt " fällt mit dem in der ufgabenstellung genannten unkt zusammen. eweis: urch die rehung um mit rehwinkel 45 liegt auf der iagonalen des Quadrats über der eite. urch die zentrische treckung mit Zentrum bleibt der ildpunkt von, also ", auf der Geraden () und damit auf der iagonalen. Es ist noch zu zeigen, dass " der ittelpunkt von ist. Wegen des treckfaktors 1 gilt " = 1 = 1. Für die Länge der iagonalen des Quadrats über gilt nach dem atz von ythagoras =. er unkt " ist also tatsächlich der ittelpunkt der iagonalen. ei der Hintereinanderausführung der beiden bbildungen ist als rehzentrum und als Zentrum der zentrischen treckung ein Fixpunkt. er unkt fällt bei dieser Verkettung auf einen unkt, der auf der iagonalen E des Quadrats über der eite liegt. Wegen des treckfaktors 1 ist der ildpunkt " nach der usführung beider bbildungen der iagonalenschnittpunkt des Quadrats über der eite und damit der dritte Eckpunkt eines gleichschenklig-rechtwinkligen reiecks über der eite. ieser dritte unkt ist also der ittelpunkt des Halbkreisbogens über. Zusammenfassung: ie unkte liegen auf einem Halbkreis über der trecke. F '' 45 ' E LW 1996 Runde 1 eite 8 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 5 ie Zahl 1996 liegt zwischen zwei aufeinander folgenden Quadratzahlen, nämlich 1936 und 05. ie unterscheidet sich von der einen um 60 und von der anderen um 9. er Term 1996 60 9 ergibt eine Quadratzahl. Für welche anderen natürlichen Zahlen ergibt der entsprechend gebildete Term ebenfalls eine Quadratzahl? Lösung ehauptung: iese Eigenschaft gilt für jede natürliche Zahl n, die selbst keine Quadratzahl ist. eweis: ie natürliche Zahl n liegt zwischen zwei aufeinander folgenden Quadratzahlen k und (k + 1), wenn k < n < (k + 1) gilt. Es ist nun nachzuweisen, dass der nach der angegebenen Regel gebildete Term ( ) ( ) ( ) n n k k+ 1 n für diese Zahlen n eine Quadratzahl darstellt. 1. Lösung urch algebraische Umformungen erhalten wir: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n k k+ 1 n = n n k k + k+ 1 n 4 3 = n k n+ kn+ n n k k k + k n 4 3 = k n kn + n + k + k + k ( ) = k k + k+ 1 kn(k+ 1) + n ( ) = k k+ 1 n. er Term stellt also für alle natürlichen Zahl n eine Quadratzahl dar. (Ist n = k ( k+ 1), so stellt der Term die Zahl 0 dar. Wegen 0 = 0, ist auch dies eine Quadratzahl.). Lösung Ersetzen wir n k durch m, d.h. n = k + m, und bilden nun die ifferenz (k + 1) n, so erhalten wir k + k + 1 n. it n k = m können wir diese ifferenz auch in der Form k + 1 m darstellen. Es bleibt nun zu zeigen, dass n m k 1 m, also + + eine Quadratzahl darstellt. ( ) k + m m k+ 1 m = k + m km m+ m ( + ) k m m ( k 1 m) = k km+ m ( ) = k m. er Term (k m) stellt für alle natürlichen Zahlen k und m = n k eine Quadratzahl dar. LW 1996 Runde 1 eite 9 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg ufgabe 6 ie tädte,, und sind Ecken eines Quadrats mit 100 km eitenlänge. n einem Turnier nehmen drei annschaften aus und je eine aus, und teil. n welchem unkt auf dem Rand oder innerhalb des Quadrats muss das Turnier stattfinden, wenn die Fahrtkosten je annschaft und Kilometer betragen und die gesamten Fahrtkosten möglichst klein sein sollen? Vorüberlegungen ie Höhe der Fahrtkosten pro annschaft und Kilometer sind für die estimmung des Turnierortes T nicht von edeutung. Entscheidend ist die umme der gefahrenen Kilometer. abei ist die Entfernung des unktes vom Turnierort T dreifach zu zählen, da aus drei annschaften teilnehmen. ei den Lösungen wird deshalb jeweils der unkt bestimmt, für den die umme der treckenlängen minimal wird. 1. Lösung Für ein beliebigen unkt im Innern oder auf dem Rand des Quadrates beträgt die Gesamtfahrstrecke 3 + + +. Für jeden auf der trecke liegenden unkt Q erhalten wir eine geringere Gesamtlänge, denn nach der reiecksungleichung gilt: Q Q +, Q Q + und Q Q +. as Gleichheitszeichen gilt genau dann, wenn auf einer Verbindungsstrecke von Q mit der Ecke des Quadrates liegt. ind und Q verschiedene unkte, so gilt mindestens eines der Ungleichheitszeichen. Q Für die Gesamtstreckenlänge erhalten wir daraus: 3 + + + = 3 ( Q + Q ) + + + = 3 Q + Q + + Q + + Q + > 3 Q + Q + Q + Q. Für Q = erhalten wir den unkt, für den die Gesamtstreckenlänge minimal ist und die Fahrtkosten am kleinsten sind.. Lösung Wenn das Turnier in der tadt stattfindet, so beträgt die Gesamtfahrstrecke + + = 100+ 100 + 100, da bei einem Quadrat mit der eitenlänge a die Länge der iagonalen a ist. Es wird nun gezeigt, dass alle anderen unkte auf dem Rand oder im Innern des Quadrats eine größere Gesamtlänge ergeben. x Ist x die Entfernung des unktes von, so folgt wegen der reiecksungleichung x + = 100, x + = 100 und x + = 100. ls bschätzung für die Gesamtstreckenlänge erhalten wir 3 + + + 3x + 100 x + 100 x + 100 x = 00 + 100. ie Gleichheitszeichen in einer der Ungleichungen gilt nur dann, wenn auf der betreffenden Quadratseite bzw. auf der iagonalen liegt. as Gleichheitszeichen gilt nur dann in allen drei Ungleichungen, wenn der unkt mit dem unkt zusammenfällt. Für gilt mindestens in einer der drei bschätzungen des Ungleichzeichen und damit 3 + + + > 00 + 100. LW 1996 Runde 1 eite 10 von 11
Landeswettbewerb athematik aden-württemberg 3. Lösung Wir wählen den unkt beliebig auf dem Rand oder im Innern des Quadrats. ie arallele zur iagonalen durch schneidet die iagonale im unkt Q. ie gezeichnete arallele ist orthogonal zur iagonalen, da die beiden iagonalen und zueinander orthogonal sind. a im Quadrat die iagonale die ittelsenkrechte der iagonalen ist, gilt für den unkt Q die Eigenschaft Q = Q. Wenn auf der iagonalen liegt, so fallen die unkte und Q zusammen. Zunächst wird gezeigt, dass die Gesamtlänge der Verbindungsstrecken für den unkt Q (Q ) kleiner ist als die Gesamtlänge der Verbindungsstrecken von zu den vier Eckpunkten. er Turnierort muss also auf der iagonalen liegen. er Nachweis erfolgt in zwei chritten. 1. Ist Q, dann ist > Q und > Q, denn in den rechtwinkligen reiecken Q und Q sind und die längsten eiten. Ist = Q, dann gilt = Q und = Q.. Es wird nun gezeigt, dass Q + Q + ist. Liegt (und damit auch Q) auf der iagonalen, so gilt die Gleichheit, da dann alle vier unkte auf einer Geraden liegen. Nachweis von Q + Q +, falls : Zunächst wird der unkt an der iagonalen gespiegelt. er ildpunkt sei *. Wegen der ymmetrie gilt: = * und = *. ie arallele zu durch * und die arallele zu * durch schneiden sich in einem unkt, der als * bezeichnet wird. ie unkte ** bilden ein arallelogramm, in dem nach Konstruktion der unkt Q der ittelpunkt der iagonalen * ist. er unkt Q liegt also auch auf der iagonalen *. Nun ist aber die umme der beiden verschiedenen eitenlängen eines arallelogramms nach der reiecksungleichung größer als die Länge der iagonalen. Es gilt also: Q + Q = Q + Q = Q + *Q = * < + * = +. Für einen unkt Q (Q ) auf der iagonalen gilt nach der reiecksungleichung: < Q + Q, < Q + Q und = Q + Q. urch ddition der drei eziehungen erhalten wir + + < 3 Q + Q + Q + Q. as Turnier muss also in stattfinden. * * Q LW 1996 Runde 1 eite 11 von 11