Mathematikwettbewerb Känguru e.V. IX. Mathematik

Hochschule Bremen
Fachbereich E-Technik & Informatik
Mathematikwettbewerb Känguru e.V.
IX. Mathematik-Wettstreit 2003
für Schüler und Studenten
Prof. Dr. Th. Risse
Sinn & Zweck: In Rahmen unserer Bemühungen um
die Mathematik-Ausbildung sind Schüler und Studierende
(nicht nur) an der Hochschule Bremen aufgefordert, sich
am Mathematik-Wettbewerb Känguru des Känguru Vereins e.V. zu beteiligen. Dieses Dokument soll – wie andere
in www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs – Spaß
machen und so der Vorbereitung und dem Training dienen.
c 2003 [email protected]
Letzte Änderung: 26. August 2009
Version 1.0
Abschnitt 1: Einführung
2
1. Einführung
Bei Kangourou 2003 handelt es sich um einen jährlichen MathematikWettbewerb des Känguru Vereins e.V., Berlin, den es für unterschiedliche Altergruppen gibt. Die vorliegenden Aufgaben sind für Schüler der
11.–13. Klassen und für Studierende gedacht. Dieses Dokument mit
meinen Lösungen (ohne Gewähr ;-)) ist Bestandteil der Bemühungen
von vier Hochschullehrern der Hochschule Bremen,
Prof. Dr. Jörg Buchholz
Prof. Dr. Lazlo Hinsenkamp
Prof. Dr. Volker Hass
Prof. Dr. Thomas Risse,
Studierende (in spe) für Mathematik zu begeistern.
Wenn Ihnen dieses Dokument Spaß macht, probieren Sie doch mal
die Dokumente zum Vorkurs, zur Numerik, zu Zahlentheorie, Kryptographie, Codierung und Wahrscheinlichkeitsrechnung usw. aus, alle
unter
http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs.
Viel Erfolg!
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
3
2. Aufgaben mit Lösungen
Der Quizz besteht aus 10 leichteren, 10 mittelleichten/mittelschweren
und 10 schwereren Aufgaben. Beim Wettbewerb wird selbstverständlich nicht erwartet, daß Sie alle 30 gestellten Probleme in anderthalb
Stunden lösen.
Alle Aufgaben sind ohne weitere Hilfsmittel zu bearbeiten. (Allerdings
haben schon wir drei Hochschullehrer verschiedene Meinungen zur
Frage, ob Taschenrechner zugelassen sein sollten!)
Selbstverständlich sind alle Lösungsstrategien erlaubt: Natürlich dürfen Sie Fragestellungen in einem multiple choice test durch Ausschluß
beantworten. Im ersten Test einfach auf die richtige Antwort (c)licken!
Aufgabe
1. Mathematik ist
(a) fun
(b) cool
(c) out
(d) in
Auf die Plätze – fertig – los!
(e) voll krass
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
4
Aufgabe
1. Auf einer Zugfahrt von Wismar nach Bremen sitzt Lisa im siebten
Waggon von vorne. Marco sitzt vor ihr, im sechsten Waggon von
hinten, ein Waggon liegt zwischen Lisas und Marcos Waggon. Aus
wie vielen Waggons besteht der Zug?
(a) 15
(b) 14
(c) 13
(d) < 13
(e) nicht eindeutig bestimmbar
2. Welcher der folgenden
Umrisse
entspricht der Draufsicht auf den nebenstehenden Körper?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
3. Die Fläche des Quadrats im Bild
ist a und die Fläche des Kreises ist
b. Wie groß ist die von der dicken
Linie umrandete Fläche?
(a) 3 b
(b) 2 a + b (c) a + 2 b
5
(d) 3 a
(e) a + b
4. Alan berechnet das Volumen einer Kugel, aber bei der Berechnung
verwendet er versehentlich den Durchmesser statt des Radius der
Kugel. Was sollte er mit dem Ergebnis machen, um die richtige
Antwort zu erhalten?
(a) durch 2 (b) durch 4 (c) durch 6 (d) durch 8 (e) durch 16
teilen
teilen
teilen
teilen
teilen
5. 2n+2003 + 2n+2003 =
(a) 2n+2004 (b) 22n+4006 (c) 42n+4006 (d) 42n+2003 (e) 4n+2003
6. In welchem der folgenden Fälle existiert ein eindeutig bestimmtes
Dreieck?
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
6
(a) AB = 11cm, BC = 19cm, CA = 7cm
(b) AB = 11cm, BC = 6cm, ∠(BAC) = 63o
(c) AB = 11cm, CA = 7cm, ∠(CBA) = 128o
(d) AB = 11cm, ∠(BAC) = 63o , ∠(CBA) = 128o
(e) In keinem Fall
7. Die mittlere Anzahl von Studierenden, die von einer Hochschule
in den vier Jahren 1999 - 2002 angenommen wurden, war 325
Studierende pro Jahr. Die mittlere Anzahl von angenommenen
Studierenden in den fünf Jahren 1999 – 2003 ist 20 % höher. Wie
viele Studierende wurden im Jahr 2003 angenommen?
(a) 650
(b) 600
(c) 455
(d) 390
(e) 345
8. Die Menge aller Werte des Parameters m, für den die beiden Kurven x2 + y 2 = 1 und y = x2 + m genau einen gemeinsamen Punkt
besitzen, lautet
(a) {− 54 , ±1} (b) {− 45 , 1} (c) {±1}
(d) {− 54 }
(e) {1}
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
7
9. Wie viele Möglichkeiten gibt
es, alle weißen Felder der nebenstehenden Figur mit handelsüblichen 1×2-Dominosteinen
vollständig abzudecken?
(a) 8
(b) 16
(c) 32
10. Wir konstruieren ein Zahlendreieck entsprechend der nebenstehenden Anweisung. Dabei soll in
jeder Zelle eine ganze Zahl größer
eins stehen. Welche der in den
Antworten angegebenen Zahlen
kann dann nicht in der grauen
Zelle entstehen.
(a) 154
(b) 100
(c) 90
(d) 64
(e) 100
x
y
x·y
(d) 88
(e) 60
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
11. ∆(ABC) sei ein Dreieck mit der
Fläche 30. D sei ein beliebiger
Punkt in dem Dreieck. e, f und
g seien die Abstände des Punktes
D von den Seiten des Dreieckes. A
Wie groß ist dann der Wert des
Ausdruckes 5 e + 12 f + 13 g ?
(a) 120
(b) 90
(c) 60
8
C
5
e
12
f
D
g
B
13
(d) 30
(e) ohne D
unmöglich
12. Der nebenstehende Quader
ist aus vier Teilstücken zusammengesetzt, von denen
jedes wieder aus vier Würfeln besteht. Welches der
folgenden Teilstücke ist das
weiße?
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
9
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
13. Zwei weiße und acht graue Möven fliegen über einen Fluß. Plötzlich setzen sie sich in einer Reihe auf eine Sandbank. Wie groß ist
die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden weißen Möven nebeneinander sitzen.
(a) 1
(b) 16
(c) 17
(d) 18
(e) 19
r 5
q
p
√
14. 1 + 2000 1 + 2001 1 + 2002 1 + 2003 · 2005 =
(a) 2000
(b) 2001
(c) 2002
(d) 2003
(e) 2004
15. 12, 13 und 15 sind (vielleicht aber nicht in dieser Reihenfolge) die
Längen der beiden Seiten eines spitzwinkligen Dreiecks und die
Höhe über der dritten Seite des Dreiecks. Wie groß ist die Fläche
des Dreiecks?
√
(a) 168
(b) 80
(c) 84
(d) 6 65
(e) Fläche nicht eindeutig bestimmbar
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
10
16. Ein Computer druckt eine Liste der siebten Potenzen aller naürlichen Zahlen, d. h. die Folge 17 , 27 , 37 , . . . etc. Wieviele Folgenglieder gibt es zwischen 521 und 249 ?
(a) 13
(b) 8
(c) 5
(d) 3
(e) 2
17. Wenn bekannt ist, dass 10n + 1 ein Vielfaches von 101 und n eine
zweistellige Zahl ist, wie groß ist dann n maximal?
(a) 92
(b) 94
(c) 96
(d) 98
(e) 99
18. Die Abbildung zeigt zwei Quadrate:
die Seitenlänge des einen ist 2 m,
die des anderen ist 1 m. Welchen
Flächeninhalt hat die grau unterlegte Fläche?
√
(a) 1 m2
(b) 2 m2
(c) 2 2 m2 (d) 4 m2
(e) Abhängig von der Lage der beiden Quadrate
19. Die Summe 1002 − 992 + 982 − . . . + 22 − 12 ist gleich
(a) 2002
(b) 2020
(c) 4040
(d) 5050
(e) 8008
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
11
20. (a + a1 )2 = 6, a > 0, a3 + a13 =
√
√
√
√
(a) 4 6
(b) 3 6
(c) 6
(d) 5 6
(e) 6 6
21. Zuerst zeichne man ein gleichseitiges Dreieck. Dann konstruiere man seinen Umkreis und zu diesem Kreis das umschließende
Quadrat. Das Quadrat hat einen Umkreis. Diesem Kreis sei ein
regelmäßiges Fünfeck zu umschreiben. Das Verfahren kann nun
beliebig mit der Konstruktion von Umkreisen und jeweils umschriebenen regelmäßigen Vielecken (von denen jedes eine Seite mehr als das vorangehende hat) fortgesetzt werden. Das Verfahren breche mit der
Konstruktion des regelmäßigen 16-Ecks ab.
Wie viele disjunkte Gebiete liegen dann innerhalb des regelmäßigen 16-Ecks?
(a) 232
(b) 240
(c) 248
(d) 264
(e) 272
22. Ein Punkt P (x, y) liege auf einem Kreis mit Mittelpunkt M (2, 2)
und Radius r. Bekannt sei, dass y = r > 2 gilt und dass x, y und
r positive ganze Zahlen sind. Was ist der kleinste mögliche Wert
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
von x ?
(a) 2
(b) 4
(c) 6
12
(d) 8
(e) 10
23. Seien A > B > 1 mit positivem ganzzahligen B, so dass A, B,
A − B, A + B alle prim sind. Dann ist die Summe S = A + B +
(A − B) + (A + B)
(a) gerade (b) Vielfaches(c) Vielfaches(d) Vielfaches(e) prim
von 3
von 5
von 7
24. Ein Disponent in einem Laden soll den Preis eines Pullovers festlegen. Eine Marktrecherche liefert ihm folgendes: Bei einem Preis
von 75 e werden 100 Jugendliche den Pullover kaufen. Jedesmal,
wenn er den Preis um jeweils 5 e anhebt, werden 20 Jugendliche
weniger den Pullover kaufen. Und jedesmal, wenn er den Preis um
jeweils 5 e reduziert, werden 20 Jugendliche mehr zugreifen. Der
Einkaufspreis liegt bei 30 e pro Stück. Welcher Preis maximiert
den Profit?
(a) 85 e
(b) 80 e
(c) 75 e
(d) 70 e
(e) 65 e
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
25. In einem Rechteck 2(ABCD) seien
P , Q und R die Mittelpunkte der
Seiten BC, CD und AD. Sei M der
Mittelpunkt der Strecke QR. Welchen Anteil der Fläche des Rechteckes 2(ABCD) macht das Dreieck
∆(AP M ) aus?
(a) 14
(b) 16
(c) 38
13
Q
D
C
M
R
P
A
B
(d)
1
3
(e)
5
16
26. Eine Zahlenfolge (an )n≥0 sei definiert durch a0 = 4, a1 = 6 und
an
an+1 = an−1
für n ≥ 1. Dann ist a2003
(a)
3
2
(b)
2
3
(c) 4
(d)
1
4
(e)
1
6
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
27.
2(ABCD) sei ein Rechteck mit
AB = 16, BC = 12. ∆(ACE)
sei ein rechtwinkliges Dreieck mit
AC ⊥ CE, so dass CE =
15. Wenn F der Schnittpunkt
der Strecken AE und CD ist,
dann ist der Flächeninhalt von
∆(ACF ) gerade
14
16
A
B
12
D
F
C
15
E
(a) 75
(b) 80
(c) 96
(d) 72
(e) 48
28. Peter markiert jede Kante eines Würfels mit einem Pfeil und definiert so Vektoren. Er addiert dann alle 12 entstehenden Vektoren.
Wieviele verschiedenen Summen von Vektoren kann Peter auf diese Weise unter Ausschöpfung aller Möglichkeiten erhalten?
(a) 25
(b) 27
(c) 64
(d) 100
(e) 125
29. Gegeben seien die 6 Ecken eines regelmäßigen Sechsecks. Diese
Ecken seien paarweise geradlinig verbunden. Zwei solche Stre-
Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen
15
cken heißen nun fremd, wenn sie keinen Punkt gemein haben (einschließlich der Endpunkte). Wieviele Paare von fremden Strecken
gibt es?
(a) 26
(b) 28
(c) 30
(d) 34
(e) 36
30. Sei f ein Polynom mit f (x2 +1) = x4 +4 x2 . Bestimme f (x2 −1).
(a) x4 − 4 x2 (b) x4
(c) x4 +
(d) x4 − 4 (e) anderes
2
4x − 4
Lösungen der Aufgaben
16
Lösungen der Aufgaben
Lösung zu Aufgabe: Wegen eigener Befangenheit hier nur ein paar
Hinweise auf Literatur, die die Bibliothek und/oder ich gern leihweise
zur Verfügung stellen
• Albrecht Beutelspacher: Mathematik für die Westentasche; Piper Verlag 2001 120 S. 9.90 e
und viele weitere Titel
• P.J. Davis, Reuben Hersh: Erfahrung Mathematik; Birkhäuser 1985
ISBN 3-7643-1359-5
• Udo Hebisch: Bücher über Mathematik – umfangreiche (link) list;
www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/cafebuecher.html
• John A. Paulos: Innumeracy – Mathematical Illiteracy and its Consequences; Penguin 1988 ISBN 0-14-012255-9
• Wilhelm Sternemann: Neue Fraktale aus platonischen Körpern; Spektrum der Wissenschaft 11/2000, www.wissenschaft-online.de/abo/spekt
Weitere Literatur-Hinweise finden sich in den oben genannten Dokumenten, s. http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs.
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
17
Lösung zu Aufgabe: Die Position von Marco und Lisa im Zug kann
folgendermaßen dargestellt werden:
1
2
3
4
5
6
M
6
5
L
7
4
8
3
9
2
10
1
Mit 10 Wagen ist die Zuglänge somit kleiner als 13, also Antwort (d).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
18
Lösung zu Aufgabe: Die Deckelfläche weist folgende Winkel auf:
einmal 270, zweimal 135 und viermal 90.
Diese Anforderung wird nur von den Antworten A) und E) erfüllt.
Allerdings liegen bei einem Umlauf die beiden 135-Winkel zwischen
je zwei 90-Winkel, so daß A) ausscheidet, also Antwort (e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
19
Lösung zu Aufgabe: Die Fläche ist zusammengesetzt aus zwei Quadraten und zwei Halbkreisen.
Der Flächeninhalt ist also 2a + b, also Antwort (b).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
20
Lösung zu Aufgabe: Das Volumen V einer Kugel ist V = 43 π r3 =
π 3
4
d3
Ende Aufgabe
6 d = 3 π 8 , also Antwort (d).
Lösungen der Aufgaben
21
Lösung zu Aufgabe: 2n+2003 + 2n+2003 = 2 2n+2003 = 2n+2004 , also
Antwort (a).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
22
Lösung zu Aufgabe: per Ausschluß: In den Fällen a) bis d) entsteht
kein Dreieck, da
(a) BC = 19 > 11 + 7 = AB + CA,
(b) BC = 6 kürzer als der Abstand x von B zur Geraden durch
A
√
3
x
x
o
o
und C, wo AB = 11 = sin ∠(BAC) = sin 63 > sin 60 = 2 und
√
damit x > 11
3
2
≈ 5.5 · 1.7 = 9.35,
(c) im stumpfwinkligen Dreieck mit stumpfem Winkel in B für die
Seite CA insbesondere 7 = CA > AB = 11 gelten müßte,
(d) ∠(BAC) + ∠(CBA) = 63o + 128o = 191 > 180o .
Bleibt also nur Antwort (e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
23
Lösung zu Aufgabe: 1999 bis 2002 wurden insgesamt 4 · 325 = 1300
Studenten aufgenommen. Der Durchschnitt in den Jahren 1999 bis
2003 fällt um 20% höher aus, d.h. (1300 + x)/5 = 325(1 + 51 ) =
325 65 = 1950 und damit x = 1950 − 1300 = 650, also Antwort (a).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
24
Lösung zu Aufgabe: Die geometrische Anschauung legt sofort m =
1, also Antwort (e) nahe. Die algebraische Verifikation ist etwa aufwendiger:
Es gibt entweder 0, 1, 2, 3 oder 4 Schnittpunkte von Einheitskreis
x2 + y 2 = 1 und verschobener Parabel y = x2 + m.
2
2
Für den oder die Schnittpunkte
q gilt x = y −m und eingesetzt y +y −
m−1 = 0, d.h. y1,2 = − 21 ± 14 + m + 1. Zu y1 bzw. y2 gehören jeweils
eine reelle doppelte oder zwei reelle oder zwei
q zueinander konjugiert
komplexe Lösungen x1,2 von y1,2 = − 12 ± 14 + m + 1 = x2 + m
q
oder eben x2 = ± 14 + m + 1 − m − 12 . Diese Gleichung hat nur eine
q
Lösung, genau dann wenn ± m + 54 = m + 21 , d.h. wenn m + 54 =
m2 + m + 41 oder eben wenn m = ±1. Für m = −1 ergeben sich
die drei Schnittpunkte (−1, 0), (0, −1) und (1, 0). Nur im Fall m = 1
gibt es folglich nur den einen gemeinsamen Punkt (0, 1), also Antwort
(e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
25
Lösung zu Aufgabe: Die vier 3 × 3 − 1-Flächen lassen sich nur
vollständig, und zwar auf genau zwei Weisen mit Domino-Steinen abdecken.
(Die Brücken bilden dann jeweils ein Domino-Stein.) Daher gibt es
genau 24 = 16 Möglichkeiten, also Antwort (b).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
26
Lösung zu Aufgabe: Wegen
a
b
a·b
b·c
a · b2 · c
c
müssen in der Darstellung von a·b2 ·c als Produkt seiner Primfaktoren
quadratische Primzahlen auftreten. Dies ist für 154 = 2 · 7 · 11 nicht
der Fall, wohl aber für 100 = 22 · 52 , 90 = 2 · 32 · 5, 88 = 2 · 22 · 11 und
Ende Aufgabe
60 = 22 · 3 · 5, also Antwort (a).
Lösungen der Aufgaben
27
Lösung zu Aufgabe: 5 e = 2|∆(CAD)|, 12 f = 2|∆(BCD)| und
13 g = 2|∆(ABD)| implizieren 5 e + 12 f + 13 g = 2|∆(CAD)| +
2|∆(BCD)| + 2|∆(ABD)| = 2|∆(ABC)| = 60, also Antwort (c).
Wird die Rechtwinkligkeit (132 = 169 = 144 + 25 = 122 + 52 ) von ∆
Ende Aufgabe
überhaupt gebraucht?
Lösungen der Aufgaben
28
Lösung zu Aufgabe: Sei S=Schwarz, D=Dunkelgrau, H=Hellgrau
und W=Weiß. Dann kann die vordere Hälfte des Spates folgendermaßen dargestellt werden:
S
D
D
D
H
D
H
H
Die hintere Hälfte des Spates kann folgendermaßen dargestellt werden:
S
?
S
?
W
?
W
H
Damit die vier, aus je vier Würfeln bestehenden Bausteine des Spates
zusammenhängend sind, bleibt für hintere Hälfte nur
S
S
S
W
W
W
W
H
und also Antwort (a).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
29
Lösung zu Aufgabe: Es gibt insgesamt m = 2!10!8! = 10·9
= 45
2
Möglichkeiten, die zwei weißen und die acht grauen Möven in einer
Reihe anzuordnen. Es gibt g = 9 Möglichkeiten der Anordnung, so
daß die weißen Möven nebeneinander sitzen. Damit passiert dies mit
g
9
der Wahrscheinlichkeit P = m
= 45
= 15 , also Antwort (a).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
Lösung zu Aufgabe: Es gilt
√
1 + 2003 · 2005
√
1 + 2002 · 2004
√
1 + 2001 · 2003
√
1 + 2000 · 2002
also Antwort (b).
30
=
=
=
=
2004
2003
2002
2001
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
31
Lösung zu Aufgabe: In einem spitzwinkligen Dreieck gilt für die
Höhe hc über der Seite c immer hc ≤ min(a, b). Daher gilt hier
o.B.d.A. h = 12, a = 13 und b = 15.
Der Fußpunkt von hc teilt c in zwei Teile ca und cb .
Aus c2a + h2c = a2 folgt c2a = 132 − 122 = 25 und eben ca = 5.
Aus c2b + h2c = b2 folgt c2b = 152 − 122 = 81 und eben cb = 9.
Damit ist c = 5 + 9 = 14 und der Flächeninhalt des Dreiecks ist
1
Ende Aufgabe
2 12 · 14 = 84, also Antwort (c).
Lösungen der Aufgaben
32
Lösung zu Aufgabe: Es gilt
521 = 1257 < 1267 < 1277 < 1287 = 249
also Antwort (e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
33
Lösung zu Aufgabe: Es gilt 102+4 n + 1 = 0 mod 101 für n ≥ 0 mit
folgendem Argument:
n−mal
n−mal
z
}|
{
z
}|
{
4 n−mal
z }|{ z }| {
z }| {
z }|{ z }|{
9900 . . . 9900 00
9900 . . . 9900 ·101 =
= 9 . . . 9 00
+ 9900
| {z} . . . 9900
| {z}
|
{z
}
n−mal
und daher
n−mal
z
}|
{
z }|{ z}|{
9900 . . . 9900 ·101 + 100 = 102+4 n
oder
102+4 n = 100 mod 101
oder
102+4 n + 1 = 0 mod 101
Die größte zweistellige Zahl der Form 2 + 4 n ist 98, also Antwort (d).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
34
Lösung zu Aufgabe: Seien ∆o , ∆u , ∆r oberes, unteres und rechtes,
geschummerte Dreieck. Die Waagerechte durch die rechte Ecke von ∆r
zerlegt das Dreieck in zwei Dreiecke, die jeweils zu ∆o bzw. ∆u ähnlich
sind. Weil die Summe der vertikalen Seiten dieser beiden Dreiecke
mit der Summe der vertikalen Seiten von ∆o und ∆u , nämlich 1,
übereinstimmt, sind die Dreiecke sogar zu ∆o bzw. ∆u kongruent.
∆r kann nun mit ∆o und ∆u zu einem Rechteck, genauer zum Einheitquadrat ergänzt werden, also Antwort (a).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
35
Lösung zu Aufgabe: Für
Pn
22 − 12
i 2
i=1 (−1) i
mit n = 2, 4, 6, 8, . . . gilt
=
4 − 1 = 1(2 + 1)
2
2
=
42 − 32 + 3 = 10 = 2(4 + 1)
2
2
6 − 5 + ... + 2 − 1
=
62 − 52 + 10 = 21 = 3(6 + 1)
82 − 72 + . . . + 22 − 12
2
2
4 −3 +2 −1
2
2
=
82 − 72 + 21 = 36 = 4(8 + 1)
2
2
2
=
102 − 92 + 36 = 55 = 5(10 + 1)
2
2
2
12 − 11 + . . . + 2 − 1
=
122 − 112 + 55 = 78 = 6(12 + 1)
142 − 132 + . . . + 22 − 12
=
142 − 132 + 78 = 105 = 7(14 + 1)
2
10 − 9 + . . . + 2 − 1
2
allgemein per vollständiger Induktion
2n
X
(−1)i i2 = n(2 n + 1)
i=1
und damit eben
P100
i 2
i=1 (−1) i
= 50(101 + 1) = 5050, also Antwort (d).
Lösungen der Aufgaben
36
Prof. Dr. Hinsenkamp argumentiert geschickter wie folgt:
2n
X
(−1)i i2
=
i=1
=
n
n
n
n
X
X
X
X
(2i)2 −
(2i − 1)2 =
(2i)2 −
(2i)2 − 2(2i) + 1
i=1
n
X
4
i=1
i=1
i−n=4
i=1
i=1
1
n(n + 1) − n = 2 n2 + n = n(2 n + 1)
2
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
37
√
Lösung zu Aufgabe: Aus (a + a1 )2 = 6 folgt a + a1 = 6 und damit
schon
√ 3
√
1
1 1
1
1
1
6 = (a+ )3 = a3 +3a+3 + 3 = a3 +3(a+ )+ 3 = a3 +3 6+ 3
a
a a
a a
a
und damit endlich
√
√
√ 3
1
a3 + 3 = 6 − 3 6 = 3 6
a
also Antwort (b).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
38
Lösung zu Aufgabe: Sukzessive ergibt sich für die Anzahl A disjunkter Gebiete innerhalb des regelmäßigen n-Ecks
n
3
4
5
6
7
A(n)
1
A(3) + 3 + 4 = 8
A(4) + 4 + 5 = 17
A(5) + 5 + 6 = 28
A(6) + 6 + 7 = 41
..
.
A(n)
1
1+3+4
1+3+2·4+5
1 + 3 + 2(4 + 5) + 6
1 + 3 + 2(4 + 5 + 6) + 7
und damit allgemein für n > 4
A(n) = 1+3+2
n−1
X
i=4
i+n = 2
n
X
i−1−4−3−n = n(n+1)−8−n = n2 −8
i=1
speziell daher A(16) = 256 − 8 = 248, also Antwort (c).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
39
Lösung zu Aufgabe: Für P = (x, y) = (x, r) auf dem Kreis um
(2, 2) mit ganzzahligen x und r > 2 gilt
(x − 2)2 + (y − 2)2 = (x − 2)2 + (r − 2)2 = r2
√
und daher x2 − 4 x + 8 −√4 r = 0 mit Lösungen x1,2 = 2 ± 2 r − 1.
Für ganzzahliges x folgt r − 1 = 0 und damit r = 5 sowie x1 = 6
und x2 = −2, also Antwort (c).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
40
Lösung zu Aufgabe: Für A = 5 > B = 2 > 1 sind A, B, A + B = 7
und A − B = 3 prim. Allerdings ist S = A + B + (A + B) + (A − B) =
3 A + B = 17 weder gerade, noch Vielfaches von 3, noch Vielfaches
von 5, noch Vielfaches von 7. Per Ausschluß bleibt also nur Antwort
(e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
41
Lösung zu Aufgabe: Wenn V den Verkaufspreis, K die Anzahl der
Käufer, E den Einkaufspreis und G den Gewinn bezeichne, gilt G =
K(V − E) = K(V − 30) wobei V (n) = V (0) + 5 n = 75 + 5 n und
K(n) = K(0) − 20 n = 100 − 20 n für ganzzahliges n, insgesamt
G(n) = K(n) V (n) − E = 100(−n2 − 4 n + 45)
mit Maximum für n = −2, d.h. V (−2) = 65 e, also Antwort (e).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
42
Lösung zu Aufgabe: O.B.d.A. sei A = (0, 0), B = (a, 0), C = (a, 1),
1
a
1
1
1
D = (0,
1),a P3 = (a, 2 ), Q = ( 2 , 1), R = (0, 2 ) und M = 2 (0. 2 ) +
a
( 2 , 1) = ( 4 , 4 ). Der Flächeninhalt |∆(AP M )| des Dreiecks ∆(AP M )
beträgt
1 0 0 a
5
1
1 3
a−
=
a
∆(AP M ) = | 1 a 12 | =
2 2 4
8
16
a
3
1
4
4
Der Flächeninhalt |2(ABCD)| des Rechtecks 2(ABCD) beträgt nun
M )|
5
|2(ABCD)| = 1 · a = a. Damit gilt ||∆(AP
2(ABCD)| = 16 , also Antwort (e).
Prof. Dr. Hinsenkamp argumentiert geschickter geometrisch:
Q
D
C
M
R
S
hSP
P
hRS
A
B
Lösungen der Aufgaben
43
Das Dreieck ∆(A, P, M ) wird zerlegt in die beiden Dreiecke ∆(S, P, M )
und ∆(A, P, S). Für die Höhe hSP in ∆(S, P, M ) gilt hSP = 41 AD.
Für die Höhe hRS in ∆(A, S, R) gilt hRS = 12 AD. Diese beiden
1
Dreiecke sind ähnlich und daher ist SP = ( 12
+ 34 )CD = 56 CD.
1
Dann ist |∆(S, P, M )| = 2 hSP SP und |∆(A, P, S)| = |∆(A, P, R)| −
|∆(A, S, R)| = 21 hRS (CD−RS) = 21 hRS SP und daher |∆(A, P, M )| =
|∆(S, P, M )| + |∆(A, P, S)| = 12 (hSP + hRS )SP = 21 43 AD 56 CD =
5
Ende Aufgabe
16 |2(ABCD)|.
Lösungen der Aufgaben
44
Lösung zu Aufgabe: Es gilt ao = 4, a1 = 6, a2 = 64 = 32 , a3 =
3 1
1
1 2
1
1 4
2
2 6
3
2 6 = 4 , a4 = 4 3 = 6 , a5 = 6 1 = 3 , a6 = 3 1 = 4, a7 = 4 2 = 6 und
3
6
wieder a8 = 4 = 2 . Die Folge ist also periodisch mit a2+6 n = a2 = 23 .
Wegen 2003 = 1998 + 5 = 2 + 6 335 + 3 gilt speziell a2003 = a5 32 , also
Antwort (b).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
45
Lösung zu Aufgabe: O.B.d.A. sei A = (0, 12), B = (16, 12), C =
(16, 0) und D = (0, 0). Um E zu bestimmen, ist die Gerade gAC
durch A und C zu konstruieren, nämlich gAC : y = − 43 x + 12 mit der
⊥
⊥
Senkrechten gAC
durch C, nämlich gAC
: y = 34 (x − 16). E = (7, −12)
⊥
ist der gesuchte Punkt auf gAC im Abstand 15 von C unterhalb der
x-Achse. F = ( 27 , 0) ist der Schnittpunkt der Geraden durch A und E
mit der x-Achse. Der Flächeninhalt |∆(ACF )| des Dreiecks ∆(ACF )
beträgt
1 0 12
1 1
7
∆(ACF ) = | 1 16 0 | = |12 − 16 · 12| = 75
2 2
2
1 72
0
also Antwort (a).
Prof. Dr. Hinsenkamp argumentiert geschickter geometrisch:
Lösungen der Aufgaben
46
16
A
B
α
α
20
12
hAC
α
D
25 F
C
15
E
Lösungen der Aufgaben
47
Wegen der Seitenverhältnisse 12 : 16 : 20 = 15 : 20 : 25 sind die
Dreiecke ∆(A, B, C) und ∆(A, C, F ) ähnlich. Also ist ∠(E, A, C) =
∠(B, A, C) = ∠(A, C, F ) (Wechselwinkel an Parallelen sind gleich)
und daher ∆(C, F, A) gleichschenklig. Die Höhe hAC in diesem Dreieck ist hAC = 21 CE = 7.5 (Strahlensatz) und damit |∆(A, C, F ) =
1
1
Ende Aufgabe
2 hAC AC = 2 7.5 · 20 = 75, also Antwort (a).
Lösungen der Aufgaben
48
Lösung zu Aufgabe: Der Würfel sei o.B.d.A. der Einheitswürfel.
Dieser wird von den drei Einheitsvektoren ~ex , ~ey und ~ez aufgespannt.
Von den 12 Kanten sind jeweils vier zueinander parallel. Die Summen
~s der beliebig orientierten Kanten sind damit die Vektorsummen ~s =
(±~ex ± ~ex ± ~ex ± ~ex ) + (±~ey ± ~ey ± ~ey ± ~ey ) + (±~ez ± ~ez ± ~ez ± ~ez ), die
wegen der Orthogonalität der Einheitsvektoren in jeder Koordinate
unabhängig voneinander kombiniert werden. So ergeben sich für ~ex
die 5 Kombinationen ±4 ~ex , ±2 ~ex und ~0. Auf diese Weise entstehen
Ende Aufgabe
53 = 125 verschiedene ~s, also Antwort (e).
Lösungen der Aufgaben
49
Lösung zu Aufgabe: Multiplikation der beiden gegebenen Gleichungen Aufgrund der Rotationssymmetrien gibt es folgende Paare
6 Paare
6 Paare
6 Paare
6 Paare
3 Paare
3 Paare
insgesamt also 30 Paare, also Antwort (c).
Ende Aufgabe
Lösungen der Aufgaben
50
Lösung zu Aufgabe: Aus der Vorgabe, daß f ein Polynom mit
f (x2 + 1) = x4 + 4x2 ist, folgt insbesondere, daß f ein quadratisch
Polynom ist. Der Koeffizientenvergleich liefert für f (z) = a z 2 + b z + c
mit z = x2 + 1 eben f (z) = z 2 + 2 z − 3 und damit f (x2 − 1) = x4 − 4,
also Antwort (d).
Dank Prof. Dr. Hinsenkamp geht es √
aber auch ohne diese Vorgabe:
Aus y = x2 + 1 und daher x = ± y − 1 folgt wie oben f (y) =
(y − 1)2 + 4(y − 1) = y 2 + 2 y − 3 und somit f (x2 − 1) = x4 − 4, also
Antwort (d).
Ende Aufgabe