Lösungen

50. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 9
Lösungen
c 2010 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
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500921 Lösung
10 Punkte
Zwei Zahlen können genau dann benachbart sein, wenn ihre Summe eine Quadratzahl ist. Die
folgende Tabelle gibt Auskunft darüber, welche Paare von Zahlen das sein können.
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
5
6
7
8
x
9
10
11
12
13
14
x
x
x
x
15
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Insbesondere sieht man, dass die Zahlen 8 und 9 nur einen Nachbarn haben können. Folglich
stehen diese Zahlen am Rand; ohne Einschränkung können wir annehmen, dass die erste Zahl
eine 9 und die letzte Zahl eine 8 ist (anderenfalls drehen wir die Reihenfolge der fünfzehn
Zahlen um). Die vorletzte Zahl muss also eine 1 sein. Die zweite Zahl ist eine 7 (da sie der
einzig mögliche Nachbar von 9 ist). Neben der 9 kann die 7 nur noch die 2 als Nachbarn haben;
die dritte Zahl ist also eine 2. Wenn man nach diesem Verfahren weiter schließt, erhält man
eindeutig den Anfang der Folge
9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3.
Nach der 3 kann nur eine 6 folgen, da die ansonsten noch mögliche 1 bereits die vorletzte Zahl
unserer Reihe ist. Damit ergibt sich die Folge eindeutig weiter:
. . . , 3, 6, 10, 15, 1, 8.
Es gibt also genau zwei Möglichkeiten: die Folge
9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8
und die genau umgedrehte Folge.
1
500922 Lösung
10 Punkte
Teil a) Es gibt 18 zweistellige Zahlen mit mindestens einer Ziffer 5.
Teil b) Dreistellige Zahlen können 9 verschiedene Ziffern an der ersten und je 10 verschiedene
Ziffern an den anderen beiden Stellen haben. Ohne die Ziffer 5 gibt es noch 8 · 9 · 9 = 648
Möglichkeiten.
Teil c) Wir zeigen, dass es weniger 50-stellige Zahlen ohne 5 als mit 5 gibt.
Die Anzahl der 50-stelligen Zahlen ist 9 · 1049 , davon haben 8 · 949 Zahlen keine Ziffer 5.
49
9 . Es ist zu zeigen, dass A < 1 ,
Für deren Anteil an der Gesamtzahl erhält man A = 98··10
49
2
9
49
also (0,9) < 16 = 0,5625 gilt.
Da die Werte von 0,9n mit wachsendem n ständig abnehmen und bereits 0,96 = 0,531441 <
0,5625 gilt, ist diese Ungleichung in der Tat erfüllt.
Hinweis: Die letzte Überlegung zeigt, wie die Aufgabe auch ohne Taschenrechner gelöst werden
kann.
500923 Lösung
10 Punkte
Teil a) Lösungen sind leicht zu erraten. Begründungen, wie die Schüler auf die Lösung
kommen, sind nicht verlangt. Allerdings ist nachzuweisen bzw. darauf hinzuweisen, dass die
Rechnungen aufgehen und die Brüche gekürzt sind.
Will man systematisch vorgehen, so kann man etwa wie folgt argumentieren: Wir suchen
62 = a + c bzw. 62 = b′ a + d′ c, wobei b · b′ = d · d′ = 63 gilt. Aus
Zerlegungen in der Form 63
b
d
Symmetriegründen können wir dabei 1 < b < d < 63 voraussetzen. Verlangen wir zusätzlich,
dass b′ und d′ ganzzahlig sind (hinreichende Bedingung), so müssen b und d echte Teiler
von 63, also aus der Menge M = {3; 7; 9; 21} sein. In diesem Fall ist 62 = b′ a + d′ c eine lineare
diophantische Gleichung, aus der wir a und c bestimmen können.
Fall 1: b = 3, d = 7. Die Gleichung lautet 62 = 21a + 9c und hat keine Lösung, weil die
rechte Seite durch 3 teilbar ist, die linke aber nicht.
Fall 2: b = 3, d = 9. Die Gleichung lautet 62 = 21a + 7c und hat keine Lösung, weil die
rechte Seite durch 7 teilbar ist, die linke aber nicht.
Fall 3: b = 3, d = 21. Die Gleichung lautet 62 = 21a + 3c und hat keine Lösung, weil die
rechte Seite durch 3 teilbar ist, die linke aber nicht.
Fall 4: b = 7, d = 9. Die Gleichung lautet 62 = 9a+7c und hat die einzige positive ganzzahlige
Lösung a = 3, c = 5. Dies liefert die Lösung 62
= 73 + 59 .
63
Fall 5: b = 7, d = 21. Die Gleichung lautet 62 = 9a + 3c und hat keine Lösung, weil die
rechte Seite durch 3 teilbar ist, die linke aber nicht.
Fall 6: b = 9, d = 21. Die Gleichung lautet 62 = 7a + 3c und hat die positiven ganzzahligen
Lösungen a = 2 + 3t, c = 16 − 7t, t ∈ {0, 1, 2}. Dies liefert die Zerlegungen
62 = 2 + 16 = 5 + 9 = 8 + 2 .
63
9
21
9
21
9
21
2
Von diesen enthält die zweite Zerlegung einen weiter kürzbaren Summanden (und führt dann
auf die Lösung aus Fall 4), während die anderen beiden Zerlegungen auch Lösungen im Sinne
der Aufgabenstellung sind.
Eine (vom Schüler nicht geforderte) Untersuchung ergibt, dass es bis auf Vertauschen keine
weiteren Lösungen der Aufgabe gibt.
Teil b)
20 = 2 + 2 ist offensichtlich eine Lösung.
21
3
7
Dies ist zugleich die einzige Lösung der Aufgabe. In der Tat, ist 20
= az + zb eine Zerlegung
21
in der gesuchten Form, so ist 21 · z · (a + b) = 20 · a · b. Folglich gilt 21 | 20 · a · b und da 20
und 21 teilerfremd sind, gilt auch 21 | a · b. Damit müssen a und b die Primfaktoren 3 und 7
enthalten. Wegen a < 21, b < 21 kann keine der beiden Zahlen beide Primfaktoren enthalten.
Wir können also o. B. d. A. annehmen, dass a = 3 · a′ und b = 7 · b′ gilt. Wegen 1 < b < 21 gilt
1 ≤ b′ ≤ 2 und analog 1 ≤ a′ ≤ 6.
′ ′
b ganzzahlig ist. Für
Es bleibt zu untersuchen, für welche der Paare (a′ ; b′ ) die Zahl z = 3a20a
′
+ 7b′
die 12 möglichen Fälle erhalten wir jeweils
′ ′
b
z = 3a20a
′
+ 7b′
a′ = 1
a′ = 2
a′ = 3
a′ = 4
a′ = 5
a′ = 6
b′ = 1
20 = 2
10
40
17
40
13
60 = 15
16
4
120
23
80
19
100 = 50
22
11
200
29
120 = 24
25
5
240 = 15
32
2
b′ = 2
80 = 4
20
160 = 80
26
13
Wir stellen fest, dass z nur für (a′ , b′ ) ∈ {(1; 1), (2; 2)} ganzzahlig ist. Die Lösung a′ = b′ = 2
4 , in der die Brüche nicht vollständig gekürzt sind.
führt auf die Zerlegung 20
= 46 + 14
21
Somit ist die oben gefundene Lösung in der Tat die einzige Lösung der Aufgabenstellung.
500924 Lösung
10 Punkte
C
Wir setzen weiter |AB| = c, |AC| = b und |BC| = a.
Dann gilt u = a + b + c.
Aus den Dreiecksungleichungen folgt zunächst a < y + z,
b < x + z, c < x + y und nach Addition der Ungleichungen
u < 2 (x + y + z). Damit ist der linke Teil der Ungleichung
bewiesen.
E
z
a
b
D
Nun zeigen wir die Gültigkeit von x + y < a + b. Dazu
sei E der Schnittpunkt der Geraden AD mit BC. Nach
Dreiecksungleichung gilt wieder
x + |DE| < b + |CE|
x
A
y
c
B
Abbildung L 500924
und weiter
x + |DE| + |BE| < b + |CE| + |BE| = a + b.
Wegen y < |DE| + |BE| – wieder nach Dreiecksungleichung – ergibt sich schließlich wie
behauptet x + y < a + b.
Analog zeigt man x + z < a + c und y + z < b + c. Addition der drei Ungleichungen liefert
2 (x + y + z) < 2u und somit schließlich auch die rechte Seite der Behauptung.
3
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 500921
Insgesamt: 10 Punkte
Übersicht wie in der Tabelle erstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Mögliche Folgen finden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 5 Punkte
Exakte Ausführung der Argumentation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Aufgabe 500922
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Punkte
Aufgabe 500923
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Eine Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zweite Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dritte Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Teil b) Lösung finden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Herleitung einer Beziehung wie 21 | ab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
= 46 + 14
Diskussion des Falls 20
21
1
2
2
1
1
1
Punkt
Punkte
Punkte
Punkt
Punkt
Punkt
Vollendung des Beweises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Aufgabe 500924
Insgesamt: 10 Punkte
Ansatz Dreiecksungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Beweis der linken Ungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Beweis von x + y < a + b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Daraus Herleitung der rechten Ungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
4
2
3
3
2
Punkte
Punkte
Punkte
Punkte