Landeswettbewerb Mathematik aden-württemberg Musterlösungen 2. Runde 206/207 ufgabe Paul soll fünf positive ganze Zahlen nebeneinander schreiben. abei muss er Folgendes beachten: ie erste Zahl ist so groß wie die Quersumme der zweiten Zahl, die fünfte Zahl ist so groß wie die Quersumme der vierten Zahl. ie zweite, die dritte und die vierte Zahl ist jeweils so groß wie die umme der Quersummen ihrer beiden Nachbarzahlen. estimme den kleinsten Wert, den die umme dieser fünf Zahlen haben kann. Lösung: er kleinste Wert, den die umme haben kann, ist 45. eweisvorschlag: Für eine natürliche Zahl bezeichnen wir mit () die Quersumme von. Wir benutzen die folgende bekannte Tatsache: Vorbemerkung: Für eine natürliche Zahl ist () durch 9 teilbar. ies bedeutet dass und () bei der ivision durch 9 denselben Rest lassen. Insbesondere ist genau dann durch 9 teilbar, wenn () durch 9 teilbar ist. eweis des Vorbemerkung: ei = 0 + 0 + + 0+ die ezimaldarstellung von (0 9 für alle 0 ). ann ist ()= + + + + die Quersumme von. Es ergibt sich ()= (0 )+ (0 )+ + (0 )+ (0 ) a 0, 0,., 0 =99 und 0 =9 alle durch 9 teilbar sind, ist auch () durch 9 teilbar. omit ist die Vorbemerkung bewiesen. ie fünf Zahlen, die Paul aufschreibt, bezeichnen wir der Reihe nach mit,,,,. Nach Voraussetzung gilt: () = () (2) = ()+() (3) = ()+() (4) = ()+() (5) =() LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite von 8
ddiert man die Gleichungen () und (2), so folgt + = ()+()+() bzw. ( ())+( ())=(). Nach der Vorbemerkung ist also () und damit durch 9 teilbar. a positiv ist folgt (6) 9. us (), (3) und (5) ergibt sich (7) =+. emnach ist ()+()= () ( ()). a durch 9 teilbar ist, ist nach Vorbemerkung auch ()+() durch 9 teilbar. Nach (2) und (4) gilt + = ()+()+()+(). a ()+() und () durch 9 teilbar sind, ist auch + durch 9 teilbar. ie Zahlen und sind aber beide mindestens zweistellig. Wäre nämlich z.. einstellig, so wäre nach Gleichung (): ()== = (). etzt man dies in (2) ein, so ergibt sich ()=0, dies widerspricht > 0. Wenn aber und zweistellig sind und ihre umme + durch 9 teilbar ist, so muss (8) + 27 gelten. Insgesamt kann man also mit (6) und (8) die umme der fünf Zahlen wie folgt nach unten abschätzen: ++++ =(+)++(+)=(+)+2 27+2 9 =45. Um zu beweisen, dass 45 der kleinste Wert ist, den die umme haben kann, muss man fünf Zahlen mit umme 45 angeben, die Paul nebeneinanderschreiben kann. In einer Verteilung mit umme 45 muss =9 gelten, außerdem ist nach (7) = +. Mögliche Zahlenreihen mit umme 45, die alle Voraussetzungen erfüllen, sind z.. 2 9 6 7 oder 5 4 9 3 4 LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 2 von 8
ufgabe 2 Gegeben ist ein Winkel mit cheitel $ und chenkeln % und h sowie der Winkelhalbierenden '. Nun wählt man einen Punkt ( auf %. er Kreis um ( durch $ schneidet ' außer in $ noch im Punkt *. chließlich legt man durch * eine Gerade, die % in, und h in - schneidet. M P h w Es ist =, = und / = M.. eweise: 0 + = 2. g eweisvorschlag (mit zweitem trahlensatz): Wir ergänzen die trecke (*. ie Weite des gegebenen Winkels,$- sei 3. h as reieck $(* ist gleichschenklig, denn $( und (* sind Radien des gegebenen Kreises, also gleich lang. r 2 b M 2 r a-r P w g ie asiswinkel im reieck $(* haben die Weite 4, denn ' ist Winkelhalbierende des Winkels 3. omit hat der Winkel *($ nach dem Winkelsummensatz für reiecke die Weite 80 2 4 = 80 3. er zugehörige Nebenwinkel,(* hat demnach die Weite 3. omit sind die Gerade h und die trecke (* nach der Umkehrung des tufenwinkelsatzes parallel. Wir können daher den zweiten trahlensatz verwenden: Es ergibt sich 2 = 0 02. Multipliziert man beide eiten der Gleichung mit / ( /) so ergibt sich ( /)=/ bzw. / = / oder /+/ =. ividiert man beide eiten dieser Gleichung durch /, so ergibt sich 2 + 02 = 0 bzw. + =. 02 02 02 0 2 LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 3 von 8
ufgabe 3 Ein Paar von Rechtecken heißt befreundet, wenn die Maßzahl des Umfangs (in cm) des einen Rechtecks gleich der Maßzahl des Flächeninhalts (in cm 2 ) des anderen Rechtecks ist und umgekehrt. Gib die eitenlängen von allen Paaren befreundeter Rechtecke an, bei denen die Maßzahlen der eitenlängen (in cm) natürliche Zahlen sind. Lösung: Wir schreiben [;] für ein Rechteck dessen eitenlängen in cm die Maßzahlen und hat, wobei gilt. ann sind die folgenden sieben Paare von Rechtecken befreundet: () [4;4] und [4;4] (2) [3;6] und [3;6] (3) [2;0] und [4;6] (4) [2;3] und [3;0] (5) [;34] und [7;0] (6) [;38] und [6;3] (7) [;54] und [5;22] lle anderen Paare von Rechtecken sind nicht befreundet. eweisvorschlag: Gegeben sind zwei Rechtecke [;] und [;] mit und. Hierbei seien,, und positive natürliche Zahlen. ie beiden Rechtecke sind genau dann befreundet, wenn gilt: = 2 (+) und =2 (+). araus folgt 2 (+)= =2 (+). omit gilt (*) 2 (+)=2 (+). Es ist entweder 2 (+) 0 oder 2 (+) >0. Im zweiten Fall ist wegen (*) 2 (+)=2 (+) > 0, d.h. 2 (+) <0. In jedem Fall ist für eines der beiden Rechtecke die Maßzahl des Flächeninhalts höchstens so groß wie die Maßzahl des Umfangs. Wir können annehmen, dass [;] dieses Rechteck mit 2 (+) ist, sonst vertauschen wir die Rechtecke [;] und [;]. Fall : =2 (+).Wegen (*) gilt dann auch =2 (+). =2 (+) ist äquivalent zu ( 2)=2. a 2 >0 muss auch ( 2)>0 sein. omit muss > 2 gelten. Es folgt = = ;<; = ()<; =2+ ; a eine natürliche Zahl ist, muss 2 ein Teiler von 4 sein. Es ist also =3, =4 oder = 6. LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 4 von 8
Für =3 ergibt sich = = 6, dies ist unmöglich, da angenommen wurde. Für =4 ergibt sich = = 4, also [;] =[4;4]. Für =6 ergibt sich = = 3, also [;] =[3;6]. a auch =2 (+) gibt es auch für das Rechteck [;] nur die Möglichkeiten [4;4] und [3;6]. Tatsächlich ist [4;4] befreundet zu [4;4], denn 4 4=2 (4+4). ußerdem ist [3;6] befreundet zu [3;6], denn 3 6 =2 (3+6). ies sind die einzigen beiden Möglichkeiten im Fall =2 (+). Es sind die in den Lösungen angegebenen Fälle () und (2). Fall 2: < 2 (+), d.h. 2 (+). 2 (+) ist äquivalent zu ( 2) 2. Fall 2.: = 2. ann muss = oder =2 sein, wegen. Wenn [;] =[;2], dann ist 2= = 2 (+), also + =. ies ist unmöglich, da und positive natürliche Zahlen sind. Wenn [;] =[2;2], dann ist 4= = 2 (+), also + =2. Es muss = = gelten. ber dann = 2 (2+2), die Paare [2;2] und [;] sind also nicht befreundet. Fall 2.2: =. ann muss = sein, wegen. Wegen =2 (+) muss aber eine der beiden Zahlen oder gerade sein, somit ist [;] unmöglich. Fall 2.3: > 2. us ( 2) 2 folgt = ;<@ = 2+ @. us 2 folgt 2+ @ = 5. Es bleiben also die fünf Möglichkeiten = 5, =4, =3, = 2, =. Fall 2.3.a: = 5. us 5= 2+ @ folgt 2. as widerspricht. Fall 2.3.b: = 4. Für = 4 ergibt sich aus ( 2) 2 die Ungleichung 4 ( 2) 2 d.h. 3,5. as widerspricht ebenfalls. Fall 2.3.c: = 3. us ( 2) 2 ergibt sich nun 3 ( 2) 2 oder 5. omit 3 5. a = 2 (+) muss oder gerade sein. Wegen = 3 bleibt nur = 4. omit ist 2 (+)=4= und =2 (+)=2. us 2 (+)=2 folgt =6. etzt man dies in = 4 ein, so ergibt sich die quadratische Gleichung (6 ) =4. ie führt auf +6 4 =0 mit den Lösungen, = ± C. iese Lösungen sind keine natürliche Zahlen, daher ist der Fall = 3 unmöglich. LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 5 von 8
Fall 2.3.d: =2. In diesem Fall ist 2+ @ für alle natürlichen Zahlen erfüllt. us =2 =2 (+) folgt =+. us =2 (+) folgt = 2 (2+)=4+2 = 4+2 (+)=4+2+2. ie Gleichung = 4+2+2 ist äquivalent zu ( 2) = 4+2. Hier > 2, da sonst die linke eite der Gleichung nicht positiv wäre. omit folgt aus ( 2) =4+2 die Gleichung = ;< = ()<E =2+ E. lso ist 2 ein Teiler von 8. Nach Voraussetzung ist außerdem, also 2+ E oder ( 2) 8 bzw. 5. a 2 ein Teiler von 8 ist, folgt = 6 oder =0. Für = 6 ist =2+ E = 4 und =+ = 0. Man erhält die befreundeten Rechtecke [2;0] und [4;6], also Lösung (3). Für = 0 ist = 2+ E =3 und =+ =3. Man erhält die befreundeten Rechtecke [2;3] und [3;0], also Lösung (4). Fall 2.3.e: =. In diesem Fall ist = 2+2 und = 2 (+) =2 (+)=2+2=4+4+2. araus folgt ( 4) = 4+2. Hier > 4 da sonst die linke eite der Gleichung nicht positiv wäre. omit kann man durch 4 dividieren und es folgt = ;< = ;(;)<E = 4+ E. omit ; ; ; ( 4) 8, also 9. ußerdem muss 4 ein Teiler von 8 sein. Es bleibt nur = 0, = 3, =22. Für = 0 ist = 4+ E =7 und =2+2 = 34. Man erhält die befreundeten Rechtecke [;34] und [7;0], also Lösung (5). ; Für = 3 ist = 4+ E =6 und =2+2 = 38. Man erhält die befreundeten Rechtecke [;38] und [6;3], also Lösung (6). ; Für = 22 ist = 4+ E =5 und =2+2 = 54. Man erhält die befreundeten Rechtecke [;54] und [5;22], also Lösung ; (7). a alle Fälle abgedeckt sind, sind dies alle befreundeten Rechtecke gefunden. LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 6 von 8
ufgabe 4 uf einem Halbkreis über dem urchmesser liegen zwei Punkte C und so, dass sich die ehnen C und schneiden. er Kreis um durch schneidet C in E, der Kreis um durch C schneidet in F. Zeige: ie trecken EF und sind parallel.. eweisvorschlag (mit Ähnlichkeit und Umkehrung des. trahlensatz): er chnittpunkt von,f und -G wird mit $ bezeichnet. ie beiden reiecke,$f und -G$ sind ähnlich, da sie in ihren Winkeln übereinstimmen (cheitelwinkel bei $, rechter Winkel nach atz des Thales bei G bzw. F). C E F us der Ähnlichkeit folgt,f,$ = -G -$ Nach Konstruktion von H auf dem Kreis um, durch F gilt,f =.,H Ebenso gilt -G = -I. aher folgt,h,$ =-I -$ a,h =,$ H$ und -I = -$ I$ ergibt sich JK Es folgt somit NK.. LK = MK JK MK oder LK = NK H$,$ = I$ -$ Nach der Umkehrung des ersten trahlensatzes sind damit HI und,- parallel. JK. MK LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 7 von 8
2. eweisvorschlag (mit Trigonometrie): Nach dem atz des Thales sind die reiecke,-g und,-f rechtwinklig. In ihnen gelten die eziehungen sin(3)= MR und sin()=jt JM JM. araus und nach Konstruktion von H und I folgt (),H =,F =,- sin () und (2) -I = -G =,- sin (3). C E F β as Lot von H auf die trecke,- schneide die trecke,- in U, das Lot von I auf,- schneide die trecke,- in V. C E F G H β In den rechtwinkligen reiecken,uh und -IV gilt: araus folgt UH = sin,h (3) und IV sin(3)= WL und sin()=nx JL =-I sin (). etzt man darin die eziehungen () und (2) für,h und -I ein, so erhält man UH = IV =,- sin (3) sin() a H und I den gleichen bstand von der trecke,- haben, sind die trecken,- und HI parallel. MN. LWM 206/7, Lösungsvorschläge 2. Runde eite 8 von 8