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Team-Wettbewerb 2001 rarrow.gif (91 Byte) Lösung Oberstufe

Mathe-Treff Team-Wettbewerb 2001
Lösungen der Aufgaben für die Oberstufe

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.

d)

Zerlegungen in 2, 3 und 5 Teilquadrate sind nicht möglich. Diese drei Fälle werden getrennt betrachtet.
- Fügt man an ein Quadrat ein zweites an, wird damit eine Seite länger, die zweite aber nicht, also kann die zusammengesetzte Figur kein Quadrat sein.
– Fügt man an ein Quadrat der Seitenlänge a zwei Quadrate an, muss das an zwei benachbarten Seiten des Ausgangsquadrates erfolgen. Damit die Seiten der entstehenden Figur wieder gleich lang sind, müssen die beiden angefügten Quadrate gleich groß sein. Sie haben die Seitenlänge b. Die entstandene Figur hat die Seitenlänge a+b. Die Fläche der zusammengefügten Quadrate beträgt aber a2 + 2b < (a+b)2.
– Ausgangspunkt sei wieder ein Quadrat der Seitenlänge a. An zwei Seiten des Ausgangsquadrates müssen Quadrate angesetzt werden. Sind diese Quadrate unterschiedlich groß, muss an der Seite mit dem kleineren Quadrat mindestens ein weiteres Quadrat angefügt werden. Damit enthält die Figur bereits 4 Quadrate, und die Restfläche ist kein Quadrat.
Somit müssen die beiden angefügten Quadrate gleich groß sein. Damit sie sich nicht überlagern, muss b £ a sein.
Ist b = a, so ist die Restfläche ein Quadrat, das sich nach den obigen Überlegungen aber nicht in 2 Teilquadrate zerlegen läßt.
Ist b < a, ergibt sich eine Figur, deren Restfläche sich nicht in zwei Quadrate zerlegen lässt.

2. Aufgabe:

Die vierte Kugel muss kleiner sein und zwischen den drei anderen Kugeln liegen.
Die Mittelpunkte der großen Kugeln bilden ein gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge 2R.
Die Berührpunkte auf dem Tisch bilden ein kongruentes Dreieck.
Der Mittelpunkt der vierten Kugel hat von jedem anderen Mittelpunkt den Abstand R+r, weiterhin liegt er auf einer Senkrechten zur Tischplatte, die durch den Schwerpunkt eines der beiden genannten Dreiecke verläuft.
Ebenso liegt der Berührpunkt der kleinen Kugel mit dem Tisch auf dieser Geraden.
Unter Berücksichtigung, dass sich die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2:1 teilen, ergibt sich für die Länge der Seitenhalbierenden
.

Und für den Abstand x des Berührpunktes der vierten Kugel von einem der anderen Berührpunkte:

Nach dem Satz von Pythagoras gilt jetzt:

Der Radius der kleinen Kugel beträgt somit ein Drittel der großen Kugel.

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.

g) Es handelt sich um die Zahlen der Form 2n – 1. Diese Zahlen sind alle ungerade, es muss also stets im ersten Schritt eine 1 addiert werden. Also ist die Kette um 1 länger als die Kette, die sich bei der Startzahl 2n ergibt, so dass die Startzahl 2n – 1 eine Kette der Länge n + 2 ergibt.

h) Es ist günstig, wenn die zu untersuchende Zahl im Dualsystem geschrieben wird. Gerade Zahlen enden im Dualsystem auf die Ziffer 0, Division durch 2 bedeutet einfach ein Wegstreichen der letzten 0.
Die Addition von 1 wird somit stets erforderlich, wenn außer der führenden 1 noch weitere Ziffern 1 auftreten. Endet nun eine Dualzahl, eventuell nach dem Wegstreichen von Nullen am Ende, auf die Ziffer 1, so werden alle Einsen links von der letzten 1, die nicht durch eine 0 getrennt sind, durch den Überlauf bei der Addition zu einer 1. Die erste 0, die links von den Einsen steht, wird durch den Überlauf zu einer 1.
Es gibt nun zwei Fälle:
Wenn diese neue 1 rechts von der letzten Ziffer der Ausgangszahl steht, wird nach eventuell einigen Divisionen wieder eine Addition erforderlich.
Wenn diese neue 1 vor der ersten Ziffer der Ausgangszahl steht, sind nur noch Divisionen erforderlich.

Illustration an einem Beispiel:

Zahl

Operation

Gesamtzahl der Operationen

Erläuterung

1100110

Null wegstreichen

1

 

110011

1 addieren

+1

die erste 0 links vom Block der Einsen wird zur 1

110100

2x Null wegstreichen

+2

 

1101

1 addieren

+1

 

1110

Null wegstreichen

+1

 

111

1 addieren

+1

die erste 0 links vom Block der Einsen wird zur 1. Die neue 1 steht vor der ersten Ziffer der Ausgangszahl

1000

3x Null wegstreichen

+3

 
   

10

 

Die Kette besteht somit aus 11 Perlen: 102 – 51 – 52 – 26 – 13- 14 – 7 – 8 – 4 – 2 – 1.

Sei nun die Ausgangszahl n-stellig und keine Zweierpotenz. Dann ist mindestens einmal eine Addition erforderlich, und es gibt irgendwann einen Überlauf vor die führende 1 der Ausgangszahl. Um alle entstehenden Nullen wegzubekommen, sind genau n Divisionen durch 2 erforderlich. Es gibt also mindestens n + 1 Operationen, damit ist die Mindestlänge der Kette n + 2.

Es sind höchstens n – 1 Additionen erforderlich, denn wenn die 2. Stelle der Ausgangszahl irgendwann zur 1 geworden ist, wird bei der nächsten Addition auch die führende 1 zu einer 0. Damit sind höchstens 2n – 1 Operationen erforderlich, also hat die Kette höchstens die Länge 2n.

Somit kann man aus der Anzahl der Stellen der Ausgangszahl eine Aussage über die Kettenlänge machen, immer unter der Voraussetzung, dass es sich nicht um eine Zweierpotenz handelt.

Stellenzahl der Ausgangszahl

Mindestlänge der Kette

Höchstlänge der Kette

2

4

4

3

5

6

4

6

8

5

7

10

6

8

12

Damit können nur die 4-stelligen oder die 5-stelligen Dualzahlen Ketten der Länge 7 haben. Werden diese Zahlen alle durchgetestet, ergeben sich genau die Zahlen von Aufgabenteil c). Hinzu kommt als Sonderfall die Zweierpotenz 26.

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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