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Team-Wettbewerb 2000 rarrow.gif (91 Byte) Lösung Oberstufe

Mathe-Treff Team-Wettbewerb 2000
Lösungen der Aufgaben für die Oberstufe

1. Aufgabe:

  1. Das Quadrat besteht aus 64 Feldern, das Rechteck aus 65 Feldern. Da kein Feld durch das Zerschneiden und Zusammenlegen hinzugekommen sein kann, muss Peter einen Fehler gemacht haben.
  2. Wenn man die Teile ausschneidet, stellt man fest, daß der Winkel links oben bei dem lila Dreieck etwa 20,5° beträgt. Der Winkel des grünen Vierecks in dieser Ecke beträgt 68°. Deshalb ergeben beide zusammen keinen rechten Winkel und beim Zusammenlegen entsteht gar kein Rechteck.
  3. Vom Mittelpunkt M der Seite CD aus muss zu den gegenüberliegenden Eckpunkten A und B geschnitten werden. Die beiden abgeschnittenen kleinen Dreiecke müssen an der Seite AB so angelegt werden, dass C und D mit dem Mittelpunkt der Seite AB zusammenfallen.
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  4. Das Ausgangsrechteck hat einen Flächeninhalt von 144 cm². Deshalb muss das Quadrat eine Seitenlänge von 12 cm haben. Man muss also von A aus so schneiden, dass die Länge von AE = 12 cm ist. F muss auf der Strecke AE so liegen, dass bei F ein rechter Winkel entsteht. Das abgeschnittenen Dreieck AED wird an der Kante BC und das Dreieck ABF an der Kante DC angelegt.
    jkl-2.gif (2221 Byte)
  5. Die abgeschnittenen Dreiecke AMD bzw. MBC sind gleichschenklig. Deshalb haben sie außer dem rechten Winkel bei A bzw. B noch jeweils zwei 45°-Winkel.
    Das Dreieck ABM ist ebenfalls gleichschenklig, da die Strecken AM und BM gleich lang sind. Es hat bei M einen rechten Winkel. Deshalb hat es bei A bzw. B jeweils einen 45°- Winkel. Durch das Zusammenlegen ergeben sich also lauter rechte Winkel. Da die Länge von DM gleich der Länge von CM ist, entsteht sogar ein Quadrat.
    jkl-3.gif (1656 Byte)
  6. Die Dreiecke AED und ABF sind zueinander ähnlich, da sie jeweils einen rechten Winkel enthalten und b =Winkel(AED)=90°-Winkel(DAE)
    = 90° - a
    und
    Winkel(FAB) = 90°- Winkel(DAE),
    also
    Winkel(FAB) = Winkel(AED) = b .
    Deshalb gilt BF/AB = AD/AE,
    also BF = 9 * 16 / 12 = 12 = AE.
    Wird nun AD an BC angelegt, entsteht bei B ein rechter Winkel, da . Nach Konstruktion ist außerdem bei F ein rechter Winkel. Der Winkel BFA, der nach dem Zusammenlegen ein Winkel des Vierecks wird, ist ebenfalls ein rechter Winkel. Damit ist das Viereck ein Rechteck. Da außerdem die Längen von BF und AE gleich sind, handelt es sich sogar um ein Quadrat.
    jkl-4.gif (1984 Byte)
  7. Die Konstruktion ist nur möglich, wenn F innerhalb des Rechtecks liegt. Im Grenzfall fallen F und E zusammen. Das Verhältnis der Seiten beträgt dann 2:1, da die Dreiecke EDA und CFB kongruent sind.

2.Aufgabe:

  1. Die Zahlen 10, 20 und 30 haben diese Eigenschaft. Es wird behauptet, dass es keine weiteren zweistelligen Zahlen mit der Eigenschaft gibt.

    Beweis:

    Angenommen, es gäbe noch eine weitere Zahl, bei der das Quadrat genau so viele von Null verschiedenen Ziffern hat wie die Zahl selber.
    Diese Zahl dürfte nicht auf 0 enden, denn für 40, 50, ... , 90 haben alle Quadrate zwei von Null verschiedene Ziffern.
    Die Zahl dürfte auch nicht mit der Ziffer 0 beginnen, denn dann wäre sie nicht mehr zweistellig.
    Also hat die Zahl die beiden von 0 verschiedenen Ziffern a und b: . Zwei Ziffern des Quadrates sind von 0 verschieden. Da b¹ 0, ist die letzte Ziffer des Quadrates von Null verschieden. Die erste Ziffer des Quadrates ist ebenfalls von 0 verschieden. Das Quadrat kann 3- oder 4-stellig sein. Dann muss in jedem Fall die Zehnerziffer 0 sein.
    Das bedeutet, dass die Summe aus 2ab und der Zehnerziffer von b2 auf 0 endet. Da der erste Summand dieser Summe gerade ist, muss auch die Zehnerziffer von b2 gerade sein.
    Es werden alle Fälle, die jetzt noch möglich sind, der Reihe nach betrachtet:
    1. Fall: b £ 3: die Zehnerziffer von b2 ist 0. Damit 2ab auf 0 endet, muss a=5 sein. Keine der möglichen Zahlen hat die gewünschte Eigenschaft: 512 = 2601; 522 = 2704; 532 = 2809.
    2. Fall: b = 5: die Zehnerziffer von 25 ist 2. Dann endet 2ab+2 auf 2, also nicht auf 0.
    3. Fall: b = 7: die Zehnerziffer von 72 ist 4; 2ab + 4 = 14a + 4 endet auf 0, wenn a = 4 oder a = 9. Die beiden Zahlen 47 bzw. 97 haben nicht die geforderte Eigenschaft.
    4. Fall: b = 8: 2ab + 6 = 16a + 6 endet auf 0, wenn a = 4 oder a = 9. Die beiden Zahlen 48 bzw. 98 haben nicht die geforderte Eigenschaft.
    5. Fall: b = 9: 2ab + 8 = 18a + 8 endet auf 0, wenn a = 4 oder a = 9. Die beiden Zahlen 49 bzw. 99 haben nicht die geforderte Eigenschaft.
    Damit sind alle Fälle durchgespielt. Es gibt außer den genannten Zahlen keine weitere mit der geforderten Eigenschaft.
  2. Die Zahlen 100, 200 und 300 haben die geforderte Eigenschaft. Nun muss gezielt nach weiteren Zahlen z gesucht werden.
    Es ist
    Die erste Ziffer der Zahl z muss von 0 verschieden sein, sonst wäre die Zahl nicht dreistellig. Wenn die letzte Ziffer der Zahl 0 ist, gilt z = 10 z‘, wobei z‘ eine zweistellige Zahl ist, deren Quadrat die gleiche Anzahl von 0 verschiedener Ziffern besitzt wie z‘ selber. Nach Teil a) gibt es für z‘ nur die Möglichkeiten 10, 20 oder 30.
    Für die weitere Suche wird c¹ 0 angenommen.
    Wenn nun b = 0 ist, hat z zwei von 0 verschiedenen Ziffern. Das gleiche gilt dann auch für z2. Also sind außer der ersten und letzten Ziffer von z2 alle anderen Ziffern 0. Da in diesem Fall , ist c£ 3, damit die Zehnerstelle von z2 den Wert 0 hat. Damit die Hunderterstelle ebenfalls 0 ist, muss a = 5 sein. Dann ist aber 102× 2ac £ 3000 und beeinflußt nicht die Zehntausenderstelle von z2. Somit beginnt die Darstellung von z2 mit 25. Es gibt mindestens drei von 0 verschiedene Ziffern. Also muss b = 0 sein.
    Es sind verschiedene Fälle durchzuspielen:
    Betrachte den Fall c £ 3; b = 5. Es ist . Da 25 + 2ac + c in diesem Fall kleiner als 100 ist, ist die Tausenderziffer von 0 verschieden. Also muss die Hunderterziffer 0 sein.
    Im Fall c = 1 bedeutet das: 26 + 2a endet auf 0. Das ist nur möglich für a = 2 oder a = 7. Tatsächlich ist die Zahl 251 eine Lösung, denn 2512 = 63001.
    Im Fall c= 2 bedeutet das: 27 + 4a endet auf 0. Das ist aber nicht möglich, da es sich um die Summe aus einer geraden und einer ungeraden Zahl handelt.
    Im Fall c= 3 bedeutet das: 28 + 6a endet auf 0. Das ist möglich für a = 2 oder a = 7. Tatsächlich ist die Zahl 253 eine Lösung, denn 2532 = 64009
    Damit sind insgesamt 5 Zahlen mit der gewünschten Eigenschaft gefunden. Da in der Aufgabe nicht gefordert ist, alle Zahlen zu finden, ist die Aufgabe damit gelöst.

3. Aufgabe:

  1. 31 ergibt sich auf dem Weg: 5 - 2 - 6 - 4 - 6 - 8

  2. Es gibt drei weitere Möglichkeiten:

    37 : 5 - 2 - 4 - 6 - 2 - 4 - 6 - 8
    61 : 5 - 2 - 4 - 2 - 4 - 6 - 8- 6- 4 - 6- 6 - 8
    97 : 5 - 2 - 4- 2 - 4 - 6 - 8 - 6 - 4 - 2 - 4 - 6 - 8 - 6 - 4 - 2 - 6 - 4 - 6 - 8

    Um nachzuweisen, dass es außer den genannten Lösungen keine weiteren gibt, geht man am besten vom Ende aus. Das Ergebnis ist eine Primzahl kleiner als 100. Wird von dieser Primzahl 8 subtrahiert, ergibt sich wieder eine Primzahl.
    Diese beiden Eigenschaften erfüllen nur die Zahlen 11, 13, 19, 31, 37, 61,67, 79, 97.
    Da 21 die kleinste Summe ist, die bei einem Weg durch den Garten überhaupt erreichbar ist, entfallen 11, 13 und 19.

    jkl-5.gif (3423 Byte)

    Zu untersuchen sind somit nur noch 67 und 79. Zur Untersuchung der vielen Wegmöglichkeiten ist ein Baum geeignet. Um die Übersicht zu behalten, werden einige Punkte im Garten mit Buchstaben gekennzeichnet. Im Baum ist immer die Summe und die Stelle, die im Garten erreicht ist, angegeben. Die Abkürzung nP bedeutet "nicht-Primzahl". Das Rückwärtslaufen ist nur dann erfolgreich, wenn im Baum irgendwann die Summe 0 an der Stelle E (Eingang) erreicht wird.

    jkl-6.gif (3568 Byte)

    Weder von (5/a) noch von (7/c) oder (7/d) oder (7/h) kann man durch Rückwärtslaufen den Eingang mit dem Summenwert 0 erreichen. Deshalb ist die Primzahl 67 als Ergebnis nicht möglich.
    Bei der Primzahl 79 ist die Untersuchung einfacher. Im Schritt vorher muss die Summe 71 betragen haben. Alle davorliegenden Schritte haben die Summe 65 oder 63, also keine Primzahl.

4. Aufgabe:

Der Friseur in dem sauberen Laden hatte den besseren Haarschnitt. Da es in der Stadt nur 2 Friseure gibt, läßt er sich die Haare von dem Friseur mit dem altertümlichen Laden schneiden.

Team-Wettbewerb 2000 rarrow.gif (91 Byte) Lösung Oberstufe