55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 5 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen und Teilergebnissen gelangt bist. Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar. 550511 In dieser Aufgabe geht es darum, Zahlenfolgen nach folgendem Verfahren zu erzeugen: (0) Wähle eine Startzahl und notiere sie. (1) Addiere 5 zur notierten Zahl. (2) Verdoppele das Ergebnis aus Schritt (1). (3) Ziehe nun vom Ergebnis aus Schritt (2) 10 ab. (4) Notiere die nun erhaltene Zahl. Gehe wieder zu Schritt (1). a) Wähle als Startzahlen nacheinander die Zahlen 2, 6 und 7. Durchlaufe die Anweisungen jeweils fünf Mal, so dass du jeweils sechs Zahlen notiert hast. Deine notierten Zahlen bilden jeweils den Beginn einer Zahlenfolge. b) Wähle dir zwei weitere Startzahlen und wiederhole jeweils die Rechnungen. Was kannst du beobachten, wenn du jeweils die Zahlen deiner Zahlenfolgen betrachtest? Begründe. c) Gibt es eine Anfangszahl, bei der du am Ende des vierten Durchlaufs (als fünfte Zahl der Zahlenfolge) die Zahl 104 erhältst? Begründe. 550512 In dieser Aufgabe sind Schnittpunkte immer Punkte, in denen sich Figuren schneiden und nicht nur berühren. Friederike experimentiert mit einem Dreieck und drei Geraden. Jedes der vier geometrischen Objekte muss mindestens ein anderes schneiden. Welche Anzahlen von Schnittpunkten kann sie erhalten? Fertige für jede Anzahl eine neue Zeichnung mit Lineal und Bleistift an und nummeriere in jeder Zeichnung die Schnittpunkte neu. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
550513 Rudolf fährt gern Rad und ist gerade dabei, eine Rundreise zu planen. Er wohnt im Ort A und möchte die Orte B, C, D genau einmal durchfahren und dann wieder zurück in seinen Heimatort radeln. Die Orte A, B, C und D sind durch Radwege wie in Abbildung A 550513 a miteinander verbunden. Eine mögliche Route wäre A B D C A. a) Gib alle möglichen Rundreisen in dieser Schreibweise an. b) Welche Rundreisen sind ausgehend von A möglich, wenn noch ein Ort E hinzukommt und die einzelnen Orte in der Art, wie in Abbildung A 550513 b dargestellt, durch Radwege miteinander verbunden sind? Gib wieder alle möglichen Rundreisen an. c) Die Orte A, B, C, D und E sollen nun wie in Abbildung A 550513 c dargestellt ein Fünfeck bilden. Alle Orte sind wieder durch Radwege miteinander verbunden. Wie viele Rundreisen sind nunmehr möglich? A 550513 a A 550513 b A 550513 c 550514 Zwei gleiche Puzzleteile haben die abgebildete Form. Die beiden Teile sollen aneinandergelegt werden, und zwar so, dass sie mindestens eine Seite gemeinsam haben. Die Puzzleteile dürfen dafür gedreht und gewendet werden. In keinem Fall dürfen unterschiedlich lange Seiten aneinandergelegt werden. Die Abbildung zeigt ein Puzzleteil, eine erlaubte und eine nicht erlaubte Figur. Ein Puzzleteil: Erlaubte Figur: Nicht erlaubte Figur: Die beiden Puzzleteile dürfen auch mit mehr als einer Seite aneinanderliegen; aber auch dann nur mit vollständigen Seiten. Zwei Figuren heißen gleich, wenn sie nach einer Drehung oder Spiegelung oder beidem genau aufeinanderpassen. Zeichne mindestens 10 weitere voneinander verschiedene Figuren, die man aus den beiden Puzzleteilen legen kann. Nutze dabei die Kästchen eines karierten Blattes; die beiden Puzzleteile sollen erkennbar eingezeichnet werden.
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 6 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen und Teilergebnissen gelangt bist. Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar. 550611 Es sollen Zahlenfolgen nach folgender Anleitung gebildet werden: Wähle eine natürliche Zahl als Startzahl. (1) Wenn die Zahl gerade ist, teile sie durch 2. Wenn die Zahl ungerade ist, multipliziere sie mit 3 und addiere 1. (2) Wenn die Zahl 1 erreicht ist, höre auf, anderenfalls gehe zum Schritt (1) zurück. Ein Beispiel für die Zahlenfolge mit der Startzahl 7 ist: 7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 a) Bilde für die Startzahlen 6, 9, 15 und 256 die entsprechenden Zahlenfolgen. b) Welche Zahlen können in solchen Folgen unmittelbar vor einer 16 stehen? Welche Zahlen können unmittelbar vor einer 32 stehen, welche vor einer 64? Wie viele Glieder hat eine Folge, deren Startzahl 2 n ist? Begründe. c) Gibt es eine Startzahl, deren Folge zwar auf der 1 endet, aber nicht über...8, 4, 2, 1 führt? Hinweis: Wenn du noch Lust und Geduld hast, beginne mit der Anfangszahl 27. Auch hier wirst du mit der 1 enden, allerdings nach vielen Schritten, und du wirst unterwegs unerwartet hohe Zwischenzahlen erreichen. Wie viele Glieder hat diese Folge, und wie lautet ihre größte Zahl? Auf der nächsten Seite geht es weiter!
550612 Betrachtet werden die folgenden Muster aus kleinen schwarzen und weißen Quadraten. Stufe 1 Stufe 2 Stufe 3 A 550612 a) Ermittle jeweils für die Stufen 1, 2 und 3 (siehe Abbildung A 550612) die Differenz aus der Anzahl der schwarzen und der weißen Quadrate. Dieses Muster wird fortgesetzt. Wie groß ist die Differenz aus der Anzahl schwarzer und weißer Quadrate bei den Stufen 4, 5 und 6? Vergleiche die ermittelten Differenzen und stelle eine Vermutung dazu auf, wie sich diese Differenzen von Stufe zu Stufe verändern. b) Die Differenz aus der Anzahl schwarzer und weißer Quadrate soll 2015 betragen. Für welche Stufe ist dies der Fall? c) Jetzt hat man insgesamt 2015 Quadrate. Wie viele muss man davon schwarz und wie viele weiß färben, damit ein vollständiges Muster gelegt werden kann und möglichst wenige Quadrate übrig bleiben? 550613 Ramon und Stefan treffen sich zum Murmelspielen. Ramon hat 146 Murmeln und Stefan hat 88. a) Wie viele Murmeln müsste Ramon Stefan abgeben, dass beide gleich viele Murmeln haben? b) Ihr Freund Tobias möchte nun auch mitspielen, hat aber keine Murmeln. Wie viele Murmeln erhält er von Ramon und wie viele von Stefan, wenn alle drei Jungen gleich viele Murmeln haben sollen? Beim Austeilen stellt sich heraus, dass die Murmeln drei verschiedene Farben haben und es von jeder Farbe die gleiche Anzahl von Murmeln gibt. Ramon stellt fest: Drei Dreizehntel meiner Murmeln sind rot und es sind gleich viele blaue und gelbe. Stefan stellt fest: Ich habe genauso viele blaue Murmeln, wie Ramon rote hat. Außerdem habe ich doppelt so viele rote wie blaue Murmeln. c) Wie viele Murmeln hat jeder der drei Jungen von jeder der drei Farben? Führe eine Probe durch. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
550614 Lisa hat 3 rote, 3 blaue und 3 gelbe gleich große quadratische Spielsteine. Aus diesen Spielsteinen legt Lisa Rechtecke. Dabei gilt: Anordnungen, die nach einer Drehung übereinstimmen, gelten als gleich. Beispielsweise sind die 3 1-Rechtecke rot-gelb-blau (rgb) und blau-gelb-rot (bgr) keine verschiedenen Anordnungen. a) Wie viele verschiedene Möglichkeiten hat Lisa, jeweils zwei der Spielsteine auszuwählen und zu einem 2 1-Rechteck zusammenzulegen? (Die ausgewählten Spielsteine müssen nicht verschiedene Farben haben!) b) Wie viele verschiedene Möglichkeiten hat Lisa, jeweils drei der 9 Spielsteine auszuwählen und zu einem 3 1-Rechteck zusammenzulegen? Dabei können auch wieder Spielsteine der gleichen Farbe mehrfach ausgewählt werden.
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 7 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen und Teilergebnissen gelangt bist. Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar. 550711 Löse die folgende Scherzaufgabe und begründe deine Antwort: Angenommen, eineinhalb Hühner legen in eineinhalb Tagen genau eineinhalb Eier. Wie viele Eier legen dann sieben Hühner in sechs Tagen? 550712 Wir betrachten ein Quadrat Q 1 mit der Seitenlänge a, ein Quadrat Q 2 mit der Seitenlänge b und ein Rechteck R mit den Seitenlängen a und b. a) Wir untersuchen zuerst den Spezialfall a = 7 cm, b = 4 cm. Zeichne die Vierecke Q 1, Q 2 und R. Begründe: Man kann das QuadratQ 1 so in rechteckige Teilflächen zerlegen, dass man aus diesen Teilflächen und dem Quadrat Q 2 zweimal das Rechteck R und ein neues Quadrat Q 3 zusammenfügen kann. Ermittle den Flächeninhalt des Quadrats Q 3. b) Beweise nun für beliebige Seitenlängen a und b: Die Summe der Flächeninhalte von Q 1 und Q 2 ist stets größer oder gleich dem Doppelten des Flächeninhalts von R. 550713 Eva und Laura vereinbaren das folgende Spiel: Eva nimmt gleichartige Bindfäden gleicher Länge derart in eine Hand, dass von jedem Bindfaden an jeder Seite ihrer Faust genau ein Ende herausragt. Laura verknüpft zunächst auf einer Seite der Faust jedes Bindfadenende mit genau einem anderen Bindfadenende auf dieser Seite der Faust und verknüpft anschließend auf der anderen Seite der Faust jedes Bindfadenende mit genau einem anderen Bindfadenende auf jener Seite der Faust. Stellt sich beim Öffnen der Hand heraus, dass die Bindfäden einen einzigen Ring bilden, so hat Laura das Spiel gewonnen. Anderenfalls hat Eva gewonnen. a) Untersuche, welches Mädchen bei diesem Spiel die größeren Gewinnchancen hat, wenn Eva 4 Bindfäden nimmt. b) (Zusatzaufgabe für besonders Interessierte) Untersuche, welches Mädchen bei diesem Spiel die größeren Gewinnchancen hat, wenn Eva 6 Bindfäden nimmt. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
550714 Für rationale Zahlen x betrachten wir die Ungleichung x+ 1 x 2. (1) a) Zeige, dass die Ungleichung (1) für x = 4, x = 8 11 und x = gilt. 3 5 10 b) Begründe, warum die Ungleichung (1) für keine nichtpositive Zahl x gilt. Die Ungleichung (1) gilt für eine positive Zahl x genau dann, wenn die Ungleichung x 2 +1 2x für diese positive Zahl x gilt, da die Ungleichung (2) aus der Ungleichung (1) durch Multiplikation mit x entsteht. Um zu beweisen, dass die Ungleichung (1) für jede positive Zahl x gilt, genügt es daher zu beweisen, dass die Ungleichung (2) für jede positive Zahl x gilt. c) Beweise, dass die Ungleichung (2) für jede positive Zahl x gilt, indem du die Erkenntnisse der Aufgabe 550712 nutzt. d) Beweise, dass die Ungleichung (2) für jede positive Zahl x gilt, indem du begründest, dass die Ungleichung (x 1) 2 0 für jede positive Zahl x gilt, und aus dieser Ungleichung die Ungleichung (2) herleitest. Zusatzaufgaben für besonders Interessierte: e) Begründe, dass die Ungleichung x 1 x 1 x für x 1 gilt. Leite aus dieser Ungleichung die Ungleichung (1) zunächst für alle Zahlen x mit x 1 her und folgere hieraus die Gültigkeit der Ungleichung (1) für x mit 0 < x < 1. f) Untersuche, für welche positiven Zahlen x in der Ungleichung (1) Gleichheit eintritt. (2)
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 8 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen und Teilergebnissen gelangt bist. Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar. 550811 Mathematicus stellt seine Zinnsoldaten zu einer Parade auf. Wenn die Zinnsoldaten in Zweierreihen stehen, bleibt ein Soldat übrig. Beim Aufstellen in Dreierreihen bleiben 2 Soldaten, beim Aufstellen in Viererreihen bleiben 3 Soldaten übrig. Erst die Anordnung in Fünferreihen ergibt eine Parade aller vorhandenen Soldaten. Bestimme die Anzahl der Zinnsoldaten, die Mathematicus mindestens besitzt. 550812 Herr Meyer hatte sich verpflichtet, ein Darlehen in vier Raten zu tilgen. Vereinbarungsgemäß zahlte er zum ersten Termin den vierten Teil seiner Schuld und noch 50 Euro. Beim zweiten Termin tilgte er von der Restschuld den fünften Teil und noch 60 Euro. Beim dritten Termin bezahlte Herr Meyer von der nun verbliebenen Restschuld die Hälfte und noch 50 Euro. Mit dem vierten Termin konnte er durch den Restbetrag von 200 Euro seine Schulden vollständig begleichen. Berechne das ursprüngliche Darlehen von Herrn Meyer. Bemerkung: Bei der Tilgung dieses Darlehens fielen keinerlei zusätzliche Kosten an. 550813 Lehrer Pfiffig gibt den Freunden Anton, Bernd, Claus, Daniel und Eugen jeweils mindestens eine Münze und teilt ihnen mit: Anton hat weniger Münzen als Bernd bekommen, Bernd weniger Münzen als Claus, Claus weniger Münzen als Daniel und Daniel hat weniger Münzen als Eugen bekommen. Schließlich nennt Lehrer Pfiffig den Freunden die Gesamtanzahl n der Münzen. Ermittle die kleinste Zahl n, zu der es eine Verteilung gibt, bei der keiner der Freunde aus diesen Angaben eindeutig herausfinden kann, wie viele Münzen die einzelnen Freunde erhalten haben. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
550814 Ein Kreis k hat den Mittelpunkt M und die Radiuslänge r. Der Punkt A ist ein Punkt außerhalb des Kreises. Von A sollen die Tangenten an k gelegt werden. Man führt dazu die folgende Konstruktion durch: (K1) Zeichne den Kreis k 1 um M mit der Radiuslänge 2r. (K2) Zeichne den Kreis k 2 um A mit der Radiuslänge AM. Benenne die Schnittpunkte der Kreise k 1 und k 2 mit P und Q. (K3) Konstruiere die Mittelsenkrechten m MP und m MQ der Strecken MP und MQ. Die Geraden m MP und m MQ sind dann die beiden gesuchten Tangenten. a) Beweise, dass die so konstruierten Geraden m MP und m MQ tatsächlich die durch A verlaufenden Tangenten an den Kreis k sind. b) Untersuche, ob diese Konstruktion stets durchführbar ist. c) Führe die Konstruktion für die Radiuslänger = 3 cm und die Streckenlänge AM = 7 cm durch. d) Informiere dich, ob es weitere Konstruktionsmöglichkeiten gibt. Führe eine dieser Konstruktionen durch und beschreibe sie.
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklassen 9 und 10 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweise: 1. Für die Jahrgangsstufen 9 und 10 stehen in der ersten Runde insgesamt sechs Aufgaben zur Verfügung, aus denen die Verantwortlichen vor Ort eine geeignete Auswahl treffen können. Wenn die erste Runde als Hausaufgabenwettbewerb durchgeführt wird, kann die Wahl von vier der sechs Aufgaben auch den Teilnehmenden überlassen werden. 2. Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen, falls sie nicht aus dem Schulunterricht bekannt sind. Auf eine Beweisangabe kann außerdem verzichtet werden, wenn die Aussage einen eigenen Namen besitzt und dadurch als allgemein bekannt angesehen werden kann. 551011 a) Weisen Sie nach, dass es eine natürliche Zahl a > 1 gibt, für die der Term 82 (a 8 a 4) durch das Produkt von drei aufeinanderfolgenden und mindestens zweistelligen natürlichen Zahlen teilbar ist. b) Bestimmen Sie die kleinste mindestens zweistellige Primzahl a, für die 82 (a 8 a 4) durch das Produkt von drei aufeinanderfolgenden und mindestens zweistelligen natürlichen Zahlen teilbar ist. c) Der obige Term wird jetzt durch 82 (a 8 a 2 ) ersetzt. Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl a > 1, für die dieser Term durch das Produkt von drei aufeinanderfolgenden und mindestens zweistelligen natürlichen Zahlen teilbar ist. 551012 Beweisen Sie: Wenn in einem Dreieck ABC die Beziehung ACB = 3 BAC gilt, dann lässt sich dieses Dreieck in zwei nicht kongruente gleichschenklige Teildreiecke zerlegen. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
551013 In einem rechtwinkligen (x, y)-koordinatensystem sind die Punkte A(0, 0), B(b, 0), C(b, c) und D(0,d) mit positiven reellen Zahlen b,c,d gegeben. Es sei E der Schnittpunkt der Geraden AC und BD. Mit F wird der Fußpunkt des Lotes von E auf die Gerade AB bezeichnet. a) Bestimmen Sie für b = 5, c = 3 und d = 6 die Länge der Strecke EF. b) Wählt man aus den Punkten A, B, C, D, E und F jeweils drei Punkte aus, die nicht auf einer Geraden liegen, so erhält man ein Dreieck. Nennen Sie drei verschiedene Paare ähnlicher Dreiecke, die man auf diese Weise erhalten kann. c) Zeigen Sie allgemein für beliebige positive reelle Werte von b, c und d, dass stets gilt. EF = c d c+d 551014 a) Es sei p(x) = ax 2 +bx+(a+b). Weisen Sie nach, dass für a = 2,5 und b = 0,5 die Funktionswerte p(1), p(2), p(3) und p(11) jeweils ganzzahlig sind. b) Es sei p(x) = ax 2 +bx+(a+b) mit rationalen Koeffizienten a und b. Ferner seien p(0) und p( 1) ganze Zahlen. Zeigen Sie, dass p(x) für jede ganze Zahl x ganzzahlig ist. 551015 Gegeben sind ein quaderförmiges Aquarium mit den folgenden Innenmaßen Länge = 114 cm, Breite = 41 cm und Höhe = 100 cm und weiterhin drei gleich große Eisenwürfel der Kantenlänge 40 cm. In das Aquarium werden 180000 cm 3 (= 180 Liter ) Wasser gefüllt. Kann man die Eisenwürfel so in das Aquarium legen, dass alle drei unter Wasser liegen? 551016 a) Jeder Punkt einer Ebene sei rot oder blau gefärbt. (Oder exakter formuliert: Jedem Punkt der Ebene wird entweder die Farbe Rot oder die Farbe Blau zugeordnet.) Zeigen Sie, dass es in dieser Ebene stets zwei Punkte mit dem Abstand 1 gibt, die die gleiche Farbe haben. b) Jeder Punkt einer Ebene sei in einer der drei Farben Rot, Gelb oder Blau gefärbt. Zeigen Sie, dass es auch in dieser Ebene stets zwei Punkte mit dem Abstand 1 gibt, die die gleiche Farbe haben. Bemerkung: Stellen Sie sich beispielsweise vor, dass aus farbigem Papier mikroskopisch kleines Konfetti ausgestanzt wird und dieses Konfetti so dicht auf einem Tisch ausgestreut wird, dass die Tischdecke vollständig mit farbigen Konfettistückchen überdeckt ist.
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklassen 11 und 12 Aufgaben c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen, falls sie nicht aus dem Schulunterricht bekannt sind. Auf eine Beweisangabe kann außerdem verzichtet werden, wenn die Aussage einen eigenen Namen besitzt und dadurch als allgemein bekannt angesehen werden kann. 551211 Gegeben ist das Gleichungssystem 2(z 1) x = 55, 4xy 8z = 12, a(y +z) = 11. (1) (2) (3) Man bestimme die beiden größten reellen Werte für a, zu denen es positive ganze Zahlen x, y, z gibt, die das Gleichungssystem lösen. Zu jeder dieser Lösungen bestimme man das Produkt xyz. 551212 Im alten Ägypten wurden Längen in der Einheit Königselle (meh-nesut, etwa 0,524 m) gemessen. Ein ägyptischer Pharao möchte eine gerade quadratische Pyramide bauen lassen, bei der die Längen von Höhe, Grundkante und Seitenkante ganzzahlige Vielfache von 10 Königsellen sein sollen. Außerdem verlangt er, dass die Faktoren, mit denen die Vielfachen gebildet werden, drei aufeinanderfolgende Zahlen sind. Man stelle fest, ob dies möglich ist. Sollte es der Fall sein, dann ermittle man für alle derartigen Pyramiden jeweils die Längen von Höhe, Grundkante und Seitenkante. Hinweis: Es ist nicht gefordert, dass unbedingt die Höhe die kleinste und die Seitenkante die größte Länge hat. Auf der nächsten Seite geht es weiter!
551213 Man bestimme alle Paare (a,b) positiver ganzer Zahlen, für die (a+1)(b+1) durch ab teilbar ist. 551214 In einem Dreieck seien a und b die Längen der beiden kürzesten Seiten. Weiterhin mögen r und R den Inkreisradius beziehungsweise den Umkreisradius dieses Dreiecks bezeichnen. Man beweise die Ungleichung ab > 4rR.
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 5 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 550511 Lösung 10 Punkte Teil a) Die Ergebnisse jedes einzelnen Rechenschritts lauten (fettgedruckt die notierten Zahlen der gewünschten Zahlenfolgen): 2; 7; 14; 4; 9; 18; 8; 13; 26; 16; 21; 42; 32; 37; 74; 64;... 6; 11; 22; 12; 17; 34; 24; 29; 58; 48; 53; 106; 96; 101; 202; 192;... 7; 12; 24; 14; 19; 38; 28; 33; 66; 56; 61; 122; 112; 117; 234; 224;... Die notierten Zahlenfolgen lauten: 2; 4; 8; 16; 32; 64 6; 12; 24; 48; 96; 192 7; 14; 28; 56; 112; 224 Teil b) Auch bei allen anderen Startzahlen entsteht als Zahlenfolge der notierten Zahlen eine Folge, bei der sich die zuvor notierte Zahl immer verdoppelt hat. Begründung: Man addiert im Schritt (1) 5 und zieht nach dem Verdoppeln der Zahl das Doppelte von 5, also 10, ab. Dadurch bleibt es bei der Verdopplung der ursprünglichen Zahl. Wenn man dies mit mathematischen Termen ausdrückt, dann entsteht im 1. Schritt aus einer Startzahl a die Zahl a+5. Durch das Verdoppeln erhält man die Zahl 2a+10 und nach dem 3. Schritt 2a. Teil c) Nach viermaliger Verdopplung der Startzahl müsste also 104 herauskommen. Viermaliges Verdoppeln bedeutet eine Multiplikation mit 16; die Startzahl müsste also die Zahl 104 : 16 sein. Nun lässt sich aber104 nicht durch16 teilen; also gibt es keine solche (natürliche) Zahl. 550512 Lösung 10 Punkte Es gibt Lösungen für 3, 4, 5, 6, 7, 8 und 9 Schnittpunkte. Die folgende Begründung wird vom Schüler nicht verlangt: Weniger als drei Schnittpunkte kann es nicht geben, da eine Gerade das Dreieck schneiden muss zwei Schnittpunkte und die beiden anderen Geraden diese Gerade oder das Dreieck mindestens einmal in einem anderen Punkt schneiden müssen. Mehr als neun Schnittpunkte kann es nicht geben, da die drei Geraden untereinander maximal drei Schnittpunkte haben und jede Gerade das Dreieck maximal zweimal schneiden kann. 1
Drei Schnittpunkte Vier Schnittpunkte Fünf Schnittpunkte Sechs Schnittpunkte Sieben Schnittpunkte Acht Schnittpunkte Neun Schnittpunkte 550513 Lösung 10 Punkte Teil a) Teil b) Folgende sechs Rundreisen sind möglich: (1) A B D C A (vorgegeben) (2) A B C D A (3) A C B D A (4) A C D B A (5) A D B C A (6) A D C B A Folgende acht Rundreisen sind möglich: (1) A B C D E A (2) A B C E D A (3) A B E C D A 2
Teil c) (4) A E B C D A (5) A E D C B A (6) A D C B E A (7) A D C E B A (8) A D E C B A Es gibt 24 mögliche Rundreisen. Die Anzahl kann durch das systematische Aufschreiben von Rundreisen nach lexikografischer Sortierung bestimmt werden: Man erhält zunächst für Rundreisen, die mit A B beginnen, sechs Möglichkeiten: (1) A B C D E A (2) A B C E D A (3) A B D C E A (4) A B D E C A (5) A B E C D A (6) A B E D C A Gleiches gilt für Rundreisen, die mit A C, mit A D oder mit A E beginnen. Somit ergeben sich (4 6 =)24 Möglichkeiten. Auf diese Anzahl kann auch mittels kombinatorischer Überlegungen geschlossen werden: Die möglichen Rundreisen sind durch eine Zeichenkette der Länge sechs dargestellt. Für das erste und sechste Zeichen gibt es jeweils nur eine Möglichkeit. Für das zweite Zeichen sind es vier, für das dritte Zeichen drei, für das vierte Zeichen zwei und für das fünfte Zeichen eine Möglichkeit. Somit gibt es (1 4 3 2 1 1 =)24 Möglichkeiten. 550514 Lösung 10 Punkte Hier sind einige Vorschläge für erlaubte Figuren abgebildet: 3
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 550511 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 3 Punkte Teil b)... 3 Punkte Teil c)...... 4 Punkte Aufgabe 550512 Insgesamt: 10 Punkte Korrekte Lösung mit Lösungsweg...... 10 Punkte Aufgabe 550513 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 3 Punkte Teil b)... 2 Punkte Teil c)...... 5 Punkte Aufgabe 550514 Insgesamt: 10 Punkte Korrekte Lösung...... 10 Punkte 4
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 6 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 550611 Lösung 10 Punkte Teil a) Die Zahlenfolgen sind 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 9, 28, 14, 7, 22, 11, 34,17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 15, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1. Teil b) Eine Zahl der Zahlenfolge ergibt sich entweder durch Halbieren einer geraden Zahl oder durch die Multiplikation einer ungeraden Zahl mit 3 und anschließender Addition von 1. Damit kann vor der 16 die 32 stehen, weil die 32 eine gerade Zahl ist und 32 : 2 = 16 ist. Ebenso kann vor der 16 die 5 stehen, weil die 5 ungerade ist und 5 3+1 = 16 ist. Entsprechend ergibt sich für die 64: Vor der 64 können die Zahlen 128 oder [(64 1) : 3 =]21 stehen. Vor der 32 kann nur die 64 stehen, weil (32 1 =)31 nicht durch 3 teilbar ist. Da 2 n gerade ist und bei jedem Durchlauf halbiert wird, hat diese Folge n + 1 Glieder, und zwar alle Zweierpotenzen bis 2 n. Teil c) Selbstverständlich sind das die Folgen 4, 2, 1 und 2, 1. Aber auch die Folge, die mit der 1 beginnt, ist eine solche: 1, 4 (nach Regel (1)), 2, 1. Lösung zum Hinweis: 27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 Die Folge hat 112 Glieder, und ihre größte Zahl ist 9232. Diese Folgen haben den Namen Collatz-Folgen nach dem deutschen Mathematiker Lothar Collatz, der 1937 die Frage stellte, ob alle solche Folgen auf 1 enden. Es ist bisher dafür kein Beweis gefunden worden, ebensowenig ist ein Algorithmus dafür bekannt, mit dem man berechnen könnte, wie viele Glieder sie umfassen und wie hoch sie gehen. 5
550612 Lösung 10 Punkte Eine Tabelle erleichtert das Finden der Lösungen: Stufe Anzahl schwarzer Anzahl weißer Differenz dieser Quadrate Quadrate beiden Anzahlen 1 4 1 3 2 9 4 5 3 16 9 7 4 25 16 9 5 36 25 11 6 49 36 13 n (n+1) 2 n 2 2n+1 Teil a) Die Differenzen aus der Anzahl schwarzer und weißer Quadrate für die Stufen 1, 2 und 3 betragen 3, 5 und 7. Für die Stufen 4, 5 und 6 betragen die Differenzen 9, 11 bzw. 13 Quadrate. Vermutete allgemeine Gesetzmäßigkeit: Von einer Stufe zur nächsten wächst die Differenz jeweils um 2. Teil b) Die Differenz soll nun 2015 betragen. Es gilt 13+2 1001 = 2015, woraus folgt, dass man ausgehend von der 6. Stufe noch 1001 Stufen hinzunehmen muss, um von der Differenz 13 zur Differenz 2015 zu gelangen. Folglich erhält man in der (6+1001 =)1007. Stufe die Differenz von 2015. Zweite Lösung: Aus der Tabelle erkennt man, dass in der Stufe n die Differenz aus schwarzen und weißen Quadraten2n+1 beträgt. Wenn nun2n+1 = 2015 gelten soll, folgtn = (2015 1) : 2 = 1007. Teil c) Die Summe aus den weißen und schwarzen Quadraten ist gleich der Summe aus zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen. Diese soll kleiner als 2015 sein, aber möglichst dicht an 2015 liegen. Um durch sinnvolles Probieren die gesuchten Quadratzahlen zu finden, untersucht man, welche Quadratzahl etwa die Hälfte von 2015, also etwa 1000, ist. Es ist 30 2 = 900, 31 2 = 961, 32 2 = 1024 und daher 33 2 > 1024. Dann gilt 30 2 +31 2 = 1861, 31 2 +32 2 = 1985 und 32 2 +33 2 > 2015. Also muss man 961 Quadrate weiß und 1024 Quadrate schwarz färben und behält (2015 1985 =)30 Quadrate übrig. 550613 Lösung 10 Punkte Teil a) Zusammen haben Ramon und Stefan (146+88 =)234 Murmeln. Wenn beide gleich viele Murmeln haben sollen, bekommt jeder (234 : 2 =)117 Murmeln. Ramon müsste (146 117 =) 29 Murmeln an Stefan abgeben. Stefan hätte dann auch (88 + 29 =) 117 Murmeln. 6
Teil b) Die vorhandenen (146 + 88 =) 234 Murmeln müssen gleichmäßig auf drei Personen aufgeteilt werden. Jeder hat dann (234 : 3 =)78 Murmeln. Ramon muss (146 78 =)68 Murmeln abgeben. Stefan muss (88 78 =)10 Murmeln abgeben. Tobias hat dann auch (68+10 =)78 Murmeln. Teil c) Es gibt [(146+88) : 3 =]78 Murmeln von jeder Farbe. Der Lösungsweg ist zeilenweise dargestellt und die Murmelanzahlen wurden in folgender Reihenfolge berechnet: Ramon: rot blau gelb Stefan: Tobias: blau rot gelb rot blau gelb rote Murmeln blaue Murmeln gelbe Murmeln Ramon 78 : 13 3 = 18 (78 18) : 2 = 30 (78 18) : 2 = 30 Stefan 18 2 = 36 Tobias 78 18 36 = 24 (die restlichen roten Murmeln) 18 (genauso viele wie Ramons rote) 78 30 18 = 30 (die restlichen blauen Murmeln) 78 18 36 = 24 (seine restlichen Murmeln) 78 30 24 = 24 (die restlichen gelben Murmeln) Probe: Wegen 18+36+24 = 30+18+30 = 30+24+24 = 78 gibt es tatsächlich von jeder Farbe die gleiche Anzahl von Murmeln. Wegen 18+30+30 = 78 und 3 78 = 18 sind tatsächlich 3 der 78 Murmeln von Ramon rot 13 13 und mit jeweils 30 blauen und 30 gelben Murmeln ist deren Anzahl gleich. Wegen 36 = 2 18 hat Stefan tatsächlich doppelt so viele rote wie blaue Murmeln und mit 18 blauen Murmeln genauso viele blaue, wie Ramon rote hat. 550614 Lösung 10 Punkte Teil a) Es gibt die Möglichkeiten rr, rb, rg, bb, bg und gg, also insgesamt sechs Möglichkeiten. Teil b) Auch hier ist systematisches Aufzählen möglich und sinnvoll: rrr, bbb, ggg, rrb, rrg, rbr, rgr, bbr, bbg, brb, bgb, ggr, ggb, grg, gbg, rgb, rbg, brg. Es gibt also 18 Möglichkeiten. 7
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 550611 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 4 Punkte Teil b)... 4 Punkte Teil c)...... 2 Punkte Aufgabe 550612 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 4 Punkte Teil b)... 3 Punkte Teil c)...... 3 Punkte Aufgabe 550613 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 3 Punkte Teil b)... 3 Punkte Teil c)...... 4 Punkte Aufgabe 550614 Insgesamt: 10 Punkte Teil a)... 5 Punkte Teil b)... 5 Punkte 8
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 7 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 550711 Lösung 6 Punkte In eineinhalb Tagen würden drei Hühner doppelt so viele Eier wie eineinhalb Hühner, also drei Eier legen. Ein Huhn würde in dieser Zeit den dritten Teil, das ist ein Ei, legen. Also würden sieben Hühner in eineinhalb Tagen sieben Eier legen. Da sechs Tage viermal soviel sind wie eineinhalb Tage, würden folglich die sieben Hühner in sechs Tagen genau 28 Eier legen. 550712 Lösung 9 Punkte Teil a) Wir schneiden vom Quadrat Q 1 mit der Seitenlänge 7 cm ein Rechteck R 1 mit den Seitenlängen a = 7 cm und b = 4 cm ab, wie es Abbildung L550712 a zeigt. Übrig bleibt ein Rechteck R 2 mit den Seitenlängen a = 7 cm und a b = 3 cm. Dieses zerlegen wir in ein Rechteck R 3 mit den Seitenlängen b = 4 cm und a b = 3 cm und in ein Quadrat Q 3 mit der Seitenlänge a b = 3 cm. 4 cm 3 cm R 3 Q 3 R 3 3 cm 7 cm Q 1 R 1 Q 2 4 cm 7 cm 4 cm L 550712 a Das RechteckR 3 legen wir an das Quadrat Q 2 als Rechteck R 3 an, wie es Abbildung L550712 a zeigt. Das Quadrat Q 2 und das Rechteck R 3 bilden zusammen ein Rechteck R 4 mit den Seitenlängen b und (b+(a b) =) a. Die Rechtecke R 1 und R 4 sind kongruent zum Rechteck R, weswegen wir das Rechteck R zweimal aus R 1 und R 4 zusammensetzen können. Übrig bleibt das Quadrat Q 3 mit der Seitenlänge 3 cm und daher mit dem Flächeninhalt 9 cm 2. 9
Teil b) Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir a b voraussetzen, da wir dies durch Vertauschen der Bezeichnungen der Quadrate Q 1 und Q 2 stets erreichen können. Im Fall a = b sind Q 1,Q 2 und R gleich groß und die zu zeigende Aussage ist offensichtlich wahr. Im Folgenden dürfen wir also a > b voraussetzen. a b Q 1 R 1 a a b R 3 Q 3 R 3 Das QuadratQ 1 mit der Seitenlängeawird in ein Rechteck R 1 mit den Seitenlängen a und L 550712 b b und ein Rechteck R 2 mit den Seitenlängen a und a b zerlegt. Das Rechteck R 2 wird in ein Rechteck R 3 mit den Seitenlängen b und a b und ein Quadrat Q 3 mit der Seitenlänge a b zerlegt. Das Rechteck R 3 wird mit einer Seite der Länge b als Rechteck R 3 an das Quadrat Q 2 angelegt und ergibt zusammen mit dem Quadrat Q 2 ein weiteres Rechteck R 4 mit den Seitenlängen a undb. Die RechteckeR 1 undr 4 sind kongruent zum RechteckR, weswegen wir das RechteckR zweimal aus R 1 und R 4 zusammensetzen können. Folglich ist das Doppelte des Flächeninhalts des Rechtecks R um (a b) 2 kleiner als die Summe der Flächeninhalte der Quadrate Q 1 und Q 2. Das Doppelte des Flächeninhalts von R ist daher kleiner oder gleich der Summe der Flächeninhalte von Q 1 und Q 2. Lösungsvariante: Für den Aufgabenteil a) kann die Begründung auch wie folgt begonnen werden: Das Quadrat Q 1 besteht aus 49 Einheitsquadraten. Durch Anlegen von 12 Einheitsquadraten an das Quadrat Q 2 können wir ein Rechteck R 1 mit den Seitenlängen a = 7 cm und b = 4 cm zusammensetzen. Aus weiteren 28 Einheitsquadraten können wir ein zweites Rechteck R 2 mit den Seitenlängen a = 7 cm und b = 4 cm zusammensetzen. Aus den übrigen 9 Einheitsquadraten bilden wir ein Quadrat Q 3 mit der Seitenlänge 3 cm. Lösungsvariante: Für den Aufgabenteil b) kann auch wie folgt argumentiert werden: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir a b voraussetzen. Wir betrachten ein Quadrat mit der Seitenlänge a b. Dieses Quadrat hat einen nichtnegativen Flächeninhalt, das heißt, es gilt (a b) 2 0 cm 2. Durch Ausmultiplizieren folgt a 2 2 a b + b 2 0 cm 2 und hieraus a 2 +b 2 2 a b. Daher ist das Doppelte des Flächeninhalts ab des Rechtecks R tatsächlich kleiner oder gleich der Summe der Flächeninhalte a 2 und b 2 der Quadrate Q 1 und Q 2. 550713 Lösung 6+6 Punkte Für den Gewinn von Laura ist nach den Regeln des Spieles entscheidend, ob bei allen Möglichkeiten, wie Laura die Enden der Fäden der Reihe nach verknüpfen kann, mehrheitlich ein einziger Ring entsteht. Durch das Verknüpfen der Fäden auf einer Seite der Faust entstehen in jedem Fall Doppelfäden, welche aus je zwei an je einem Ende verknüpften Fäden bestehen. Entscheidend dafür, ob ein einziger Ring entsteht, ist nun nur, wie diese Doppelfäden auf der anderen Seite der Faust miteinander verbunden werden. Q 2 b a b b 10
Teil a) Da es vier Fäden sind, erzeugt Laura durch das Verknüpfen der Fäden auf einer Seite der Faust genau zwei Doppelfäden. Laura kann auf der anderen Seite der Faust ein beliebiges Doppelfadenende wählen. Wählt sie von den drei noch freien Enden gerade das Ende aus, welches zu dem Doppelfaden gehört, dessen eines Ende sie zuvor ausgewählt hatte, so entsteht aus diesem Doppelfaden ein Ring und danach durch das Verknüpfen der anderen beiden Enden ein zweiter Ring. Wählt sie hingegen von den drei noch freien Enden eines der beiden Enden des anderen Doppelfadens aus, so entsteht ein Viererfaden und danach durch das Verknüpfen der noch freien Enden ein einziger Ring. In 2 3 der Fälle erhält sie also einen einzigen Ring. Laura hat eine größere Gewinnchance als Eva, da sie in 2 3 der Fälle und Eva nur in 1 3 aller Fälle das Spiel gewinnt. Teil b) Da es sechs Fäden sind, erzeugt Laura durch das Verknüpfen der Fäden auf einer Seite der Faust genau drei Doppelfäden. Im ersten Schritt kann Laura ein beliebiges Doppelfadenende wählen. Um am Ende einen einzigen Ring zu erhalten, darf sie von den 5 verbliebenen Doppelfadenenden nicht dasjenige wählen, welches zum gleichen Doppelfaden gehört, da sonst ein Ring aus nur zwei Fäden entsteht. Sie hat daher hierfür 4 Möglichkeiten. In 4 der Fälle hat sie also nach dem ersten Schritt 5 noch die Möglichkeit, einen einzigen Ring zu erhalten. Entstanden sind dann ein Viererfaden aus zwei an je einem Ende verknüpften Doppelfäden und ein Doppelfaden. Im zweiten Schritt hat Laura nun 4 Fadenenden vor sich. Sie wählt zwei Fadenenden aus und verbindet diese. Es verbleiben zwei Fadenenden, die ebenfalls verbunden werden. In der Hälfte der Fälle hat sie als erstes Fadenende ein Ende des Viererfadens, in der anderen Hälfte ein Ende des Doppelfadens gewählt. Wenn sie ein Ende des Viererfadens gewählt hat, muss sie dann ein Ende des Doppelfadens gewählt haben, um einen einzigen Ring zu erhalten. Da es 3 freie Enden sind, von denen 2 die Enden des Doppelfadens sind, gelingt dies in 2 der Fälle. 3 Wenn sie ein Ende des Doppelfadens gewählt hat, muss sie dann ein Ende des Viererfadens wählen, um einen einzigen Ring zu erhalten. Da es auch 3 freie Enden sind, von denen nun 2 die Enden des Viererfadens sind, gelingt dies ebenfalls in 2 der Fälle. Insgesamt erhält Laura 3 der Fälle einen einzigen Ring. in 2 3 Da Laura nach dem ersten Schritt noch in 4 der Fälle die Möglichkeit hat, zu einem einzigen 5 Ring zu kommen, und im zweiten Schritt davon in 2 der Fälle auch diese Möglichkeit realisiert 3 wird, erhält sie in ( 4 2 =) 8 der Fälle tatsächlich einen einzigen Ring. 5 3 15 Laura hat eine größere Gewinnchance als Eva, da sie in 8 der Fälle und Eva nur in 7 aller 15 15 Fälle das Spiel gewinnt. Lösungsvariante: Wie schon in der Lösung bemerkt, ist nur zu untersuchen, wie die Enden der Doppelfäden auf der anderen Seite der Faust miteinander verknüpft werden. Teil a) Da es vier Fäden sind, erzeugt Laura durch das Verknüpfen der Fäden auf einer Seite der Faust genau zwei Doppelfäden. Wir ermitteln zuerst, wie viele verschiedene Möglichkeiten es gibt, die vier Enden der Doppelfäden derart nacheinander zu verknüpfen, dass jedes Ende mit genau einem anderen verknüpft ist. Dazu betrachten wir alle Möglichkeiten, die vier Enden nacheinander anzufassen und dann das erste und zweite sowie das dritte und das vierte miteinander zu verknüpfen. Es gibt genau 11
4 Möglichkeiten für die Wahl des ersten Endes und dann noch genau genau 3 Möglichkeiten für die Wahl des zweiten Endes, welches mit dem ersten Ende verknüpft wird. Danach sind noch genau zwei Enden übrig, die miteinander verknüpft werden müssen, wofür es genau 2 Möglichkeiten gibt, ein Ende anzufassen, dann das andere Ende anzufassen und dann beide miteinander zu verknüpfen. Es gibt daher genau (4 3 2 =) 24 Möglichkeiten, die Enden der Doppelfäden nacheinander derart zu verknüpfen, dass jedes Ende mit genau einem anderen verknüpft ist. Wir ermitteln nun, bei wie vielen dieser Verknüpfungsmöglichkeiten ein einziger Ring entsteht. Wir wählen ein Doppelfadenende aus. Dafür gibt es wieder genau 4 Möglichkeiten. Ein einziger Ring kann nur entstehen, wenn an diesem Ende eines der beiden Enden des anderen Doppelfadens angeknüpft wird. Es gibt genau 2 Möglichkeiten, das zuerst zu verknüpfende Ende des anderen Doppelfadens zu wählen. Die beiden noch freien Enden sind dann zu verknüpfen, wofür es wiederum genau 2 Möglichkeiten gibt, ein Ende anzufassen, dann das andere Ende anzufassen und dann beide miteinander zu verknüpfen. Es gibt also (4 2 2 =) 16 verschiedene Möglichkeiten, die Enden der Doppelfäden nacheinander derart zu verknüpfen, dass ein einziger Ring entsteht. Da in 16 von 24 Fällen, also in 2 und daher mehr als der Hälfte aller Fälle, ein einziger Ring 3 entsteht, hat Laura eine größere Gewinnchance als Eva. Teil b) Da es sechs Fäden sind, erzeugt Laura durch das Verknüpfen der Fäden auf einer Seite der Faust genau drei Doppelfäden. Durch das Verknüpfen der Fäden auf der ersten Seite der Faust entstehen in jedem Fall drei Doppelfäden, welche aus je zwei an je einem Ende verknüpften Fäden bestehen. Entscheidend dafür, ob ein einziger Ring entsteht, ist nun nur, wie die sechs Enden der Doppelfäden auf der anderen Seite der Faust miteinander verknüpft werden. Wir ermitteln zuerst, wie viele verschiedene Möglichkeiten es gibt, die sechs Enden der Doppelfäden derart nacheinander zu verknüpfen, dass jedes Ende mit genau einem anderen verknüpft ist. Dazu betrachten wir alle Möglichkeiten, die sechs Enden nacheinander anzufassen und dann das erste und zweite, das dritte und das vierte sowie das fünfte und sechste miteinander zu verknüpfen. Es gibt genau 6 Möglichkeiten für die Wahl des ersten Endes und dann noch genau genau 5 Möglichkeiten für die Wahl des zweiten Endes, welches mit dem ersten Ende verknüpft wird. Nachdem diese beiden Enden verknüpft sind, gibt es genau 4 Möglichkeiten für die Wahl des nächsten freien Endes und dann noch genau 3 Möglichkeiten für die Wahl des mit diesem zu verknüpfenden Endes, welche nun miteinander verknüpft werden. Es verbleiben dann noch genau 2 Möglichkeiten zur Wahl des vorletzten Endes und dann nur eine Möglichkeit für das letzte Ende. Folglich gibt es genau (6 5 4 3 2 1 =) 720 unterschiedliche Möglichkeiten, die sechs Enden der Doppelfäden nacheinander zu verknüpfen. Wir ermitteln nun, bei wie vielen dieser Verknüpfungsmöglichkeiten ein einziger Ring entsteht. Wir wählen eines der sechs Enden der Doppelfäden aus. Dafür gibt es genau 6 Möglichkeiten. Wenn nun dieses mit dem anderen Ende des gleichen Doppelfadens verbunden wird, entsteht ein kleiner Ring und daher nicht mehr ein einziger Ring. Es gibt daher genau 4 günstige Möglichkeiten, eines der anderen vier Enden auszuwählen und mit dem zuerst gewählten Ende zu verknüpfen. Auf diese Weise wird ein Viererfaden erzeugt und es ist noch ein Doppelfaden übrig. Von den vier Enden des Viererfadens und des Doppelfadens wird nun ein Ende ausgewählt. Dafür gibt es genau 4 Möglichkeiten. Wenn nun dieses mit dem anderen Ende des gleichen Fadens verbunden wird, entsteht ein kleiner Ring und daher nicht mehr ein einziger Ring. Es 12
gibt daher genau 2 günstige Möglichkeiten, eines der anderen zwei Enden auszuwählen und mit dem zuerst gewählten Ende zu verknüpfen. Auf diese Weise wird ein Sechserfaden erzeugt. Es gibt nun noch genau 2 Möglichkeiten, eines der beiden Enden zuerst zu wählen, und dann nur eine Möglichkeit für das letzte Ende. Wir erhalten dadurch einen einzigen Ring. Es gibt folglich genau (6 4 4 2 2 1 =) 384 verschiedene Möglichkeiten, die Enden derart nacheinander zu verknüpfen, dass ein einziger Ring entsteht. Da in 384 von 720 Fällen, also in 8 und daher mehr als der Hälfte aller Fälle, ein einziger 15 Ring entsteht, hat Laura eine größere Gewinnchance als Eva. 550714 Lösung 12+6 Punkte Teil a) Es gelten 4 3 +3 4 = 16+9 12 = 25 12 > 2, 8 5 +5 8 = 64+25 40 = 89 40 > 2, 11 10 +10 11 = 121+100 110 = 221 110 > 2. Teil b) Für x = 0 ist die Ungleichung (1) nicht definiert. Für x < 0 sind x und 1 negative x Zahlen. Die Summe zweier negativer Zahlen ist stets negativ und daher niemals größer als 2. Folglich gilt die Ungleichung (2) für keine nichtpositive Zahl x. Teil c) Es sei nun x eine beliebige positive Zahl. Wir betrachten Aufgabe 550712 und dort zwei Quadrate mit den Seitenlängen a = x cm und b = 1 cm. Wie dort nachgewiesen wurde, können die beiden Quadrate derart zerlegt und dann zusammengesetzt werden, dass zwei Rechtecke mit den Seitenlängen a und b und gegebenenfalls ein Restquadrat mit dem Flächeninhalt (a b) 2 entstehen. Betrachtet man die Flächeninhalte, gilt folglich a 2 +b 2 2ab. Durch Einsetzen von a = x cm und b = 1 cm folgt x 2 cm 2 +1 cm 2 2x cm 2. Hieraus folgt ( x 2 +1 ) cm 2 2x cm 2 und daher die Ungleichung (2) für x > 0. Teil d) Die Ungleichung (x 1) 2 0 gilt für jede positive Zahl, da das Quadrat einer Zahl stets nichtnegativ ist. Wegen (x 1) 2 = (x 1) (x 1) = x 2 x x+1 = x 2 2x+1 erhält man die Ungleichung x 2 2x+1 0 und daraus die Ungleichung (2) durch Addition von 2x auf beiden Seiten der Ungleichung. Teil e) Aus x 1 folgt x 1 0. Wird eine nichtnegative Zahl a durch eine Zahl b größer oder gleich 1 dividiert, so ist a kleiner oder gleich a. Mit a = x 1 und b = x folgt b x 1 x 1 x für x 1. Es geltex 1. Mit der Bruchzerlegung x 1 = x 1 = 1 1 erhält man aus (3) die Ungleichung x x x x x 1 1 1, und nach Addition von1+ 1 auf beiden Seiten dieser Ungleichung folgtx+ 1 2, x x x also die Ungleichung (1) für x 1. (3) 13
Für 0 < x < 1 ist 1 größer als 1 und die Ungleichung (1) folgt durch Vertauschen von x und x 1. x Teil f ) Gleichheit gilt in der Ungleichung (1) genau dann, wenn Gleichheit in der Ungleichung (x 1) 2 0 gilt, also nur für x = 1. 14
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 550711 Insgesamt: 6 Punkte Erkennbarer, möglicherweise zum Ziel führender Lösungsansatz... 1 Punkt Begründete Angabe zur Lösung erforderlicher Feststellungen... 4 Punkte Korrektes Ergebnis... 1 Punkt Aufgabe 550712 Insgesamt: 9 Punkte Teil a) Zeichnung...... 1 Punkt Begründung der Zerlegung... 2 Punkte Begründete Angabe des Flächeninhalts... 1 Punkt Teil b)... 5 Punkte Aufgabe 550713 Insgesamt: 6+6 Punkte Teil a) Ermittlung der Anzahl aller jeweils möglichen Fälle... 2 Punkte Ermittlung der entsprechenden Anzahl aller jeweils günstigen Fälle... 2 Punkte Ermittlung der Gewinnchance... 1 Punkt Richtiges Resultat der Untersuchung... 1 Punkt Die Punktverteilung für die Zusatzaufgabe könnte analog erfolgen: Teil b)... 6 Punkte Aufgabe 550714 Insgesamt: 12+6 Punkte Die Aufgabe ist für Klausuren nicht geeignet, weil sich ein beträchtlicher Teil der Teilnehmer mithilfe selbst gewählter Medien zur Lösung erforderliche Kenntnisse aneignen muss. Teil a)... 3 Punkte Teil b)... 2 Punkte Teil c)...... 4 Punkte Teil d)... 3 Punkte Teil e)...... 5 Punkte Teil f)... 1 Punkt 15
55. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulrunde) Olympiadeklasse 8 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 550811 Lösung 6 Punkte Es sei n die gesuchte kleinstmögliche Anzahl von Zinnsoldaten. Da beim Aufstellen der Zinnsoldaten in Zweierreihen ein Soldat übrig bleibt, muss n + 1 durch 2 teilbar sein. Da beim Aufstellen der Zinnsoldaten in Dreierreihen zwei Soldaten übrig bleiben, muss n+1 durch 3 teilbar sein. Da beim Aufstellen der Zinnsoldaten in Viererreihen drei Soldaten übrig bleiben, muss n+1 durch 4 teilbar sein. Die Zahl n+1 muss also durch 2, 3 und 4 und daher durch 12 teilbar sein. Folglich ist n+1 ein von 0 verschiedenes Vielfaches von 12. Da beim Aufstellen der Zinnsoldaten in Fünferreihen kein Soldat übrig bleibt, muss n durch 5 teilbar sein. Folglich ist n der durch 5 teilbare Vorgänger eines Vielfachen von 12. Unter den Vielfachen 12, 24, 36, 48,... von 12 ist 36 die erste Zahl, deren Vorgänger durch 5 teilbar ist. Folglich gilt n = 35. Mathematicus hat mindestens 35 Zinnsoldaten. 550812 Lösung 8 Punkte Das ursprüngliche Darlehen betrage x Euro. 1 Zum ersten Termin wurden( 4 x+50) Euro getilgt. Es blieb eine Restschuld von(x (1 4 x+50)) Euro, also von ( 3 x 50) Euro. 4 Zum zweiten Termin wurden ( 1 5 (3 x 50) + 60) Euro, also ( 3 x + 50) Euro getilgt. Es 4 20 verblieb eine Restschuld von (( 3 x 50) ( 3 x+50)) Euro, wegen 3 3 = 15 3 = 12 = 3 4 20 4 20 20 20 5 also ( 3 x 100) Euro. 5 Zum dritten Termin wurden ( 1 2 (3 x 100)+50) Euro, also ( 3 x) Euro getilgt. Es verblieb 5 10 eine Restschuld von (( 3 x 100) ( 3 x)) Euro, also von ( 3 x 100) Euro. 5 10 10 Zum vierten Termin beglich Herr Meyer den Restbetrag von 200 Euro. Daher gilt 10 x 100 3 = 200, also x = 1000. Das ursprüngliche Darlehen betrug 1000 Euro. Lösungsvariante: Da Herr Meyer zum vierten Termin noch den Restbetrag von 200 Euro hatte, hatte er nach der Zahlung beim dritten Termin noch 200 Euro Schulden. 16