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Team-Wettbewerb 2001 rarrow.gif (91 Byte) Lösung 9/10

Mathe-Treff Team-Wettbewerb 2001
Lösungen der Aufgaben für die Klassen 9/10

1. Aufgabe:

a)

Eine Zerlegung in 4 Teilquadrate ist möglich, von 6 an sind alle Anzahlen von Teilquadraten zu erhalten. Die Abbildung zeigt für jede Anzahl eine Möglichkeit. Für manche Anzahlen gibt es auch noch andere Möglichkeiten.

b)

Eine Zerlegung in 96 Teilquadrate ist möglich. Zerlege zum Beispiel zunächst in 81 gleich große Teilquadrate. Zerlegt man nun noch 5 von den erhaltenen Teilquadraten jeweils in vier kleinere Quadrate, erhält man 81 – 5 + 4*5 = 96 Quadrate.

c)

Es sind alle Anzahlen ab 6 möglich. Außerdem ist die Zahl 4 möglich. Wird in einer erhaltenen Zerlegung ein kleines Quadrat noch einmal in vier Teilquadrate zerlegt, so erhöht sich die Anzahl der Quadrate um 3, denn ein Quadrat ist verschwunden, dafür sind 4 hinzugekommen. Ausgehend von der Zerlegung mit 6 Teilquadraten kann man daher die Zerlegungen mit 9, 12, 15, ... Teilquadraten erhalten, also die Vielfachen von 3. Entsprechend erhält man ausgehend von der Zerlegung mit 7 Teilquadraten die um 1 vergrößerten Vielfachen von 3 und ausgehend von 8 Teilen die um 2 vergrößerten Vielfachen von 3. Damit werden von 6 an alle Zahlen erreicht.

2. Aufgabe:

Ein neues Zeichen: n!
Auf Taschenrechnern mit "mathematischen Funktionen" finden wir die Taste x!,
gesprochen: "x Fakultät".
Probiere aus, welche Zahlen du eingeben kannst. Du wirst finden: Die Taste akzeptiert weder negative noch gebrochene Werte, sondern nur die nicht - negativen ganzen Zahlen. Und was stellt diese Funktion, die die Mathematiker durch ein unauffälliges Ausrufezeichen gekennzeichnet haben, mit den Eingabezahlen an?
Zu 1 liefert sie 1, zu 2 die Ausgabe 2, zu 3 die 6, zu 4 den Wert 24
und zu 5 - richtig, das Fünffache, also 120,
zu 6 das Sechsfache, also 720 usw.
Allgemein ist n! =1·2·3·4· ... ·n.
(Außerdem hat man festgelegt, daß 0! = 1 ist.)
Und wozu braucht man n! ?
n! gibt an, auf wie viele Weisen man n verschiedene Dinge in einer Reihe anordnen kann.

a)

1 Ding kann man auf eine Weise hinlegen; 2 Dinge auf zwei Weisen: +- und -+. 3 Dinge ergeben das Dreifache an Möglichkeiten; ich kann nämlich das dritte Ding jeweils vorne, in der Mitte und hinten unterbringen: •+ -, +•-, +-• und •-+,-•+,-+•. Das vierte Ding findet in jeder Anordnung von 3 Dingen 4 mögliche Plätze, wodurch sich die vierfache Anzahl von Anordnungen ergibt, usw.
Das heißt: n! zählt tatsächlich die Anzahl der Anordnungen von n verschiedenen Dingen.
Die 5 Buchstaben M, E, H, A, T. lassen sich also auf 5!, das sind 120, Weisen anordnen. So viele "Wörter" enthält unser Lexikon. Wie viele davon fangen mit T an? Und wie viele mit E oder mit H?
Wir machen eine Tabelle, in der wir zu bestimmten Anfangsbuchstaben oder
Anfangsbuchstabengruppen die Anzahl der "Wörter" mit diesem Anfang notieren; dabei gehen wir "lexikographisch", d.h. wie im Lexikon, vor und pirschen uns an "Thema" heran:

Mit dem Anfang

 

gibt es soviele Wörter

A

4! =

24

E

4! =

24

H

4! =

24

M

4! =

24

TA

3! =

6

TE

3! =

6

THA

2! =

2

THEA

1! =

1

THEMA

0! =

1

Summe:

 

112

Anzahl der Wörter bis einschließlich " THEMA.": 112. Dies ist also die gesuchte Platznummer.

b)

Um das Wort mit der Platznummer 78 zu finden, bauen wir diese Zahl nach und nach ab. Die Wortgruppe mit A am Anfang verbraucht 24 Plätze, wir können auch noch die Gruppen mit E, H überspringen und haben 72 Wörter hinter uns. Das gesuchte Wort fängt mit M an! Die Wörter, die mit MA anfangen, nehmen 6 Plätze ein - dann sind wir aber schon fast am Ziel. Mit MAE beginnen 2 Wörter, mit MAT ebenfalls. Es liegen jetzt 76 Wörter hinter uns.
Das nächste Wort beginnt mit MATE, es fehlt nur noch das H! Auf Platz 78 kann eigentlich jetzt nur noch das Wort MATHE erscheinen.
Natürlich war die Lösung auch leicht zu erraten; aber ein rechter MATHE - Treff(l)er will es ja genau wissen.

3. Aufgabe:

a)

b) 11 – 12 – 6 – 3 – 4 – 2 – 1

c) Es gibt insgesamt 8 Zahlenketten der Länge 7:

10 – 5 – 6 – 3 – 4 – 2 – 1

11 – 12 – 6 – 3 – 4 – 2 – 1

13 – 14 – 7 – 8 – 4 – 2 – 1

24 – 12 – 6 – 3 – 4 – 2 – 1

28 – 14 – 7 – 8 – 4 – 2 – 1

30 – 15 – 16 – 8 – 4 – 2 – 1

31 – 32 – 16 – 8 – 4 – 2 – 1

64 – 32 – 16 – 8 – 4 – 2 – 1

Das kann durch Ausprobieren herausgefunden werden.

d) Wenn die Startzahl 2n ist, hat die Kette eine Länge von n+1

e) Bei den Zweierpotenzen wird nur dividiert, und zwar bei 2n wird n-mal dividiert. Die Kette hat daher n + 1 Perlen.

f) Es handelt sich um Zahlen der Form 2n + 1. Mit L(x) sei die Länge der Kette, die sich bei der Startzahl x ergibt, bezeichnet. Durch Ausprobieren ergibt sich die Vermutung L(2n+1)=2(n+1). Es ist eine Addition am Anfang erforderlich. Danach ergibt sich die gerade Zahl 2n +2. Es ist L(2n+1)=L(2n+2)+1=L(2*(2n-1+1))+1= L(2n-1+1) + 2.
Wenn nun die Vermutung für die Startzahl 2n-1+1 gilt (also L(2n-1+1) = 2n), dann ist L(2n+1)=2n+2=2(n+1). Für die Startzahl 3 ist die Gültigkeit leicht nachgeprüft. Damit ist die Vermutung für alle weiteren Zahlen der Form 2n+1 bestätigt.

4. Aufgabe:

Die gestellte Frage ist mit den Angaben in der Aufgabe nicht zu beantworten. Alle Personen, die ein Vermögen zwischen 1.000.000 DM und etwa 2.000.000 DM haben, werden nach der Umstellung nicht mehr zum Kreis der Millionäre gehören. Alle, die mehr als etwa 2.000.000 DM haben, bleiben Millionäre. Daher kann aus dem Umrechnungskurs die Zahl nicht ermittelt werden.

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