Lösungen der Aufgaben des Monats - Schuljahr 2000/2001

Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12


Aufgabe 1

Aufgabenstellung:
Ein Würfel besteht aus 343 kleinen Würfelchen der Kantenlänge 1 cm. An den vier Eckpunkten der oberen Begrenzungsfläche werden Würfel von 1 cm, 2 cm, 3 cm und 4 cm Kantenlänge entfernt.

Bestimme das Volumen und den Oberflächeninhalt des Restkörpers.

Lösung (von Dominique Alfermann, Leipzig):

Von dem Volumen des großen Würfels müssen die Volumen der vier kleinen Würfel abgezogen werden. Sie betragen 1*1*1 = 1 cm3, 2*2*2 = 8 cm3, 3*3*3 = 27 cm3 und 4*4*4 = 64 cm3. Zusammen ergeben sie 100 cm3. Das Volumen beträgt also 343 cm3 - 100 cm3 = 243 cm3.

Ein Würfel mit dem Volumen 343 cm3 hat eine Kantenlänge von 7 cm. Die Oberfläche des Anfangswürfels beträgt 6*7*7 = 294 cm2. Nun kann der Vierer-Würfel entweder (a) neben dem Dreier-Würfel liegen oder (b) diagonal gegenüber.

(a) Vier Seiten sehen genauso aus, als wären überhaupt keine Würfel weggefallen. Auf zwei weiteren Seiten fehlen Flächen, weil Würfel 3 und 4 eine gemeinsame Fläche bilden, die 3*3 = 9 cm2 groß ist. Sie wird von beiden Seiten als Loch gesehen, somit fehlen 2*9 = 18 cm2. Da die Summe der sechs Ansichtsflächen die Gesamtoberfläche bilden, ist die Oberfläche 294 cm2 - 18 cm2 = 276 cm2.

(b) Hier sehen alle sechs Ansichten gleich aus, es entstehen keine Löcher, wenn man die Würfel wegnimmt. Also beträgt die Oberfläche 294 cm2.


Aufgabe 2

Aufgabenstellung:
Mit zwei voneinander verschiedenen natürlichen Zahlen wurden die folgenden Rechenoperationen ausgeführt:
  1. Die beiden Zahlen wurden addiert.
  2. Die kleinere Zahl wurde von der größeren subtrahiert.
  3. Die beiden Zahlen wurden multipliziert.
  4. Die größere Zahl wurde durch die kleinere dividiert.
Die Summe der vier erhaltenen Ergebnisse ist 243.

Wie heißen die beiden Zahlen ?

Finde alle möglichen Lösungen !

Lösung (von Dominique Alfermann, Leipzig):

Wir bezeichnen die größere Zahl mit z und die kleinere Zahl mit y.

Der Aufgabentext bedeutet folgendes:

(z + y) + (z - y) + (z * y) + (z / y) = 2*z + z*y + z / y = 243

Da z / y eine natürliche Zahl ergeben muss, ist z ein Vielfaches von y : z = n * y. Dies setze ich ein und forme um:

2*n*y + n*y*y + n*y / y = 2*n*y + n*y*y + n = n*(2*y + y*y + 1) = n*(y + 1)*(y + 1) = 243
Die Teilermenge von 243 ist 1; 3; 9; 27; 81; 243. Diese 6 Teiler kommen für n in Frage.

n = 1: geht nicht
n = 3: 3 * 81 = 243, 81 = 9 * 9, y ist also 8, z deshalb 3 * 8 = 24
n = 9: geht nicht
n = 27: 27 * 9 = 243, 9 = 3 * 3, y ist also 2, z = 2 * 27 = 54
n = 81: geht nicht
n = 243: geht auch nicht, da y eine natürliche Zahl sein muss (y wäre sonst 0)

Nur die beiden Zahlenpaare (8; 24) und (2; 54) erfüllen also die Voraussetzungen.


Aufgabe 3

Aufgabenstellung:
Uwe und Karsten haben den gleichen Schulweg. Uwe fährt mit seinem Fahrrad mit einer Geschwindigkeit von 15 km/h, Karsten geht zu Fuß mit einer Geschwindigkeit von 5 km/h. Wenn Karsten 20 min. vor Uwe von zu Hause weggeht, sind sie gleichzeitig in der Schule.

Wie weit ist die Schule von zu Hause entfernt und wie lange braucht jeder der beiden Jungen für den Schulweg ?

Lösung (nach Niels Kirstein, Leipzig):

Es bezeichne s die Länge des Schulwegs und tK bzw. tU die von Karsten bzw. Uwe benötigte Zeit. Dann gilt

tK = tU + 1/3 h

und für die Weglänge

s = tK * 5 km/h = tU * 15 km/h

Einsetzen ergibt weiter

tK * 5 km/h = (tK - 1/3 h) * 15 km/h = tK * 15 km/h - 5 km

tK * (15 - 5) km/h = 5 km

und schließlich tK = 1/2 h, tU = (1/2 - 1/3) h = 1/6 h, s = 1/2 h * 5 km/h =2,5 km.


Aufgabe 4

Aufgabenstellung:
Bestimme drei natürliche Zahlen, deren Produkt gleich ihrer Summe ist.

Finde alle solche Tripel und begründe Deine Antwort.

Lösung (nach Niels Kirstein, Leipzig):

Sei (x,y,z) eine Lösung, d.h. x + y + z = x y z, von der wir aus Symmetriegründen annehmen können, dass x <= y <= z gilt.

Dann muss x y < 4 sein, denn sonst gilt 3 z < x y z = x + y + z <= 3 z.

Die verbleibenden Fälle können wir nun nacheinander untersuchen.

x = 0 => y + z = 0 => y = z = 0. Dies ergibt die Lösung (0,0,0)
x = 1 y = 1 => 2 + z = z keine Lösung
y = 2 => 3 + z = 2 z => z = 3 Dies ergibt die Lösung (1,2,3)
y = 3 => 4 + z = 3 z => z = 2 < y keine Lösung

Die Aufgabe hat also genau die 7 Lösungen (0,0,0), (1,2,3), (1,3,2), (2,1,3), (2,3,1), (3,1,2), (3,2,1).


Aufgabe 5

Aufgabenstellung:
Wir betrachten das Kryptogramm

E I N S
+ E I N S

Z W E I

wobei wie in solchen Fällen üblich gleiche Buchstaben für gleiche Ziffern und verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern stehen sollen.

1. Gib eine Lösung für dieses Kryptogramm an. (2 Pkt.)

2. Finde alle Lösungen für dieses Kryptogramm und begründe Deine Antwort. (4 Pkt.)

Lösung:
Wegen der ersten Stellen muss E<5 sein und wegen der letzten Stelle muss I gerade und verschieden 0 sein. Nun kann

entweder 2*NS=EI (ohne Übertrag) und 2*EI=ZW sein

oder 2*NS=EI+100 (mit Übertrag) und 2*EI+1=ZW sein

Wegen der Einschränkung auf EI gibt es jeweils 24 Fälle, die in den folgenden zwei Tabellen aufgelistet sind (Ein * in einem Feld bedeutet, dass Ziffern doppelt auftreten, also die Zeile zu keiner Lösung führt)

Erster Fall (ohne Übertrag)

NS EI=2*NS ZW=2*EI Lösung
01 - 05 *    
06 12 *  
07 14 28 1407 + 1407 = 2814
08 16 32 1608 + 1608 = 3216
09 18 36 1809 + 1809 = 3618
10 *    
*      
12 *    
13 26 *  
14 28 56 2814 + 2814 = 5628
15 30 *  
16 32 *  
17 34 68 3417 + 3417 = 6834
18 36 72 3618 + 3618 = 7236
19 38 76 3819 + 3819 = 7638
20 *    
21 *    
*      
23 46 *  
24 *    

Zweiter Fall (mit Übertrag)

NS EI=2*NS-100 ZW=2*EI+1 Lösung
51 02 *  
52 04 *  
53 06 *  
54 08 17 0854 + 0854 = 1708
*      
56 12 *  
57 14 29 1457 + 1457 = 2914
58 16 *  
59 18 37 1859 + 1859 = 3718
60-62 *    
63 26 *  
64 28 57 2864 + 2864 = 5728
65 30 *  
*      
67 34 *  
68 *    
69 38 *  
70 *    
71 42 85 4271 + 4271 = 8542
72 *    
73 46 *  
74 *    

Da die Fallunterscheidung vollständig ist, gibt es 11 oder 12 Lösungen, je nachdem, ob man die Lösung

0854 + 0854 = 1708

mitzählt oder nicht.


Aufgabe 6

Aufgabenstellung:
(a)
Untersuche, ob man die Zahlen 0, 1, ..., 9 so auf einem Kreis anordnen kann, dass sich je zwei benachbarte Zahlen um 2, 3 oder 4 unterscheiden. (2 Pkt.)
(b)
Untersuche, ob man die Zahlen 0, 1, ..., 9 so auf einem Kreis anordnen kann, dass sich je zwei benachbarte Zahlen um 3, 4 oder 5 unterscheiden. (4 Pkt.)
Begründe jeweils Deine Antwort.
Lösung:
(a)
Drei mögliche Lösungen: 0-3-1-5-8-6-9-7-4-2-0 oder 0-3-1-4-8-6-9-7-5-2-0 oder 0-3-1-4-7-9-5-8-6-2-0
(b)
Keine der Ziffern 0,1,2,8,9 kann neben einer anderen solchen Ziffer stehen, wenn die Differenz 3, 4 oder 5 sein soll. Also muss zwischen je zwei dieser Ziffern genau eine der Ziffern 3,4,5,6,7 stehen. Das geht aber für die 7 nicht, denn sie hat nur zur 2 eine Differenz 3, 4 oder 5, also keine zwei Nachbarn aus obiger Menge von Ziffern. Die angegebenen Ziffern kann man also nicht wie gefordert anordnen.


Aufgabe 7

Aufgabenstellung:
(a)
Untersuche, ob man die Zahlen 1, ... ,12 so auf einem Kreis anordnen kann, dass für je drei benachbarte Zahlen a, b, c die Differenz b^2-a·c durch 13 teilbar ist. (4 Pkt.)

(b)
Untersuche, ob man die Zahlen 1, ... ,9 so auf einem Kreis anordnen kann, dass für je drei benachbarte Zahlen a, b, c die Differenz b^2-a·c durch 10 teilbar ist. (4 Pkt.)
Begründe jeweils Deine Antwort.
Lösung (von Niels Kirstein, Leipzig):
(a)
Es genügt, Lösungen anzugeben. Hier sind zwei wesentlich verschiedene (die jeweils links- und rechtsherum auf dem Kreis aufgetragen werden können)

1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 11, 9, 5, 10, 7, 1
1, 6, 10, 8, 9, 2, 12, 7, 3, 5, 4, 11, 1
Das sind zugleich alle möglichen Lösungen. Sind die Zahlen 1 <= a,b <= 12 vorgegeben, dann ist die Zahl c durch die Forderung, dass b2-a·c durch 13 teilbar sein soll, eindeutig festgelegt. Probiert man alle möglichen Zahlen 2, ..., 12 als Nachfolger der 1 aus, so erkennt man, dass sich nur 2, 6, 7 und 11 eignen.

(b)
Für b=5 müsste b2-a·c = 25-a·c durch 10, also a·c durch 5 teilbar sein. Alle durch 5 teilbaren Zahlen aus dem Vorrat sind aber mit b bereits "verbraucht".


Aufgabe 8

Aufgabenstellung:
Von einem Dreieck ABC und einem Punkt P auf der Seite BC ist folgendes bekannt:
  1. w(ABC) = 45o (Bezeichnung für die Größe des Innenwinkels bei B)
  2. BP : PC = 1 : 2
  3. w(APC) = 60o Lassen sich aus diesen Angaben die Größen der anderen beiden Innenwinkel des Dreiecks ABC bestimmen? Wie groß sind sie gegebenenfalls?
Lösung:
Wir zeichnen ein paar Hilfslinien ein:

Fälle das Lot aus C auf AP. Der Fußpunkt sei mit K bezeichnet. Es gilt w(PCK) = 180o - 90o - 60o = 30o. Also ist PCK ein "halbes" gleichseitiges Dreieck. Ergänze es durch den Punkt D auf AP zu einem "ganzen" gleichseitigen Dreieck.

|PK| = |PB| = 1/2 * |PC|. Also ist BPK ein gleichschenkliges Dreieck mit einem Winkel von 120o an der Spitze und w(PBK) = 30o. Daraus ergibt sich w(ABK) = w(ABC) - w(PBK) = 15o.

Wegen w(PCK) = w(PBK) = 30o ist BCK ein gleichschenkliges Dreieck und folglich |BK| = |CK|.

Da auch w(PAB)=180o - 120o - 45o = 15o gilt, ist auch ABK gleichschenklig und |AK| = |BK|.

Damit ist auch |AK| = |CK|, also AKC ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck, dessen Basiswinkel jeweils 45o betragen.

Daraus ergeben sich die gesuchten Winkelgrößen unmittelbar zu w(BAC)=60o und w(BCA)=75o.


Aufgabe 9

Aufgabenstellung:
Gegeben seien zwei Primzahlen p und q mit p<q und die Gleichung

1

x
+ 1

y
= 1

p·q

  1. Finde für p=2, q=3 alle Paare natürlicher Zahlen (x,y), die die gegebene Gleichung erfüllen. (4 Punkte)

  2. Löse die Aufgabe allgemein. (6 Punkte)
Lösung:
Wegen 1/x + 1/y = 1/pq folgt für eine Lösung x > pq, y > pq. Wir setzen also x = pq + k und y = pq + l. Es soll gelten

1/(pq+k) + 1/(pq+l) = 1/(pq)

Umformen, Durchmultiplizieren mit dem Hauptnenner, Zusammenfassen, Ausmultiplizieren und so weiter ergeben daraus

k*l=(p*q)^2

Da p und q Primzahlen sind, ergeben sich genau die folgenden 9 Fälle

k l x=pq+ky=pq+l
1 p^2q^2pq+1 pq(pq+1)
p pq^2 p(q+1)pq(q+1)
p^2q^2 p(p+q)q(p+q)
q p^2q q(p+1)pq(p+1)
pq pq 2pq 2pq
p^2qq pq(p+1)q(p+1)
q^2 p^2 q(p+q) p(p+q)
pq^2p pq(q+1)p(q+1)
p^2q^21 pq(pq+1)pq+1

Die Probe zeigt, dass die Rechnung auch jedesmal wirklich aufgeht.

Für p=2, q=3 ergeben sich daraus die 9 Lösungen

1/6 = 1/7 + 1/42 = 1/8 + 1/24 = 1/9 + 1/18 = 1/10 + 1/15 = 1/12 + 1/12
= 1/15 + 1/10 = 1/18 + 1/9 = 1/24 + 1/8 = 1/42 + 1/7


Aufgabe 10

Aufgabenstellung:
Wir betrachten ein Sechseck, in dem die drei Paare gegenüberliegender Seiten jeweils parallel und gleichlang sind. Wir verbinden die Eckpunkte 1, 3 und 5 dieses Sechsecks zu einem Dreieck. Zeige, dass der Flächeninhalt des Sechsecks doppelt so groß ist wie der Flächeninhalt dieses Dreiecks.
Lösung:
Da gegenüberliegende Seiten des Sechsecks parallel und gleichlang sind, sind folgende Verschiebungspfeile (v(1->5) = Verschiebungspfeil vom Eckpunkt 1 zum Eckpunkt 5) gleich lang:

v(1->5) = v(2->4), v(1->3) = v(6->4)

Sei X der Punkt, den man aus 5 durch Verschieben um v(1->3)=v(6->4) erhält. Dann ist 13X5 ein Parallelogramm und folglich auch v(1->5)=v(3->X) sowie die Dreiecke D(135) und D(35X) flächengleich.

D(35X) setzt sich aus den Dreiecken D(345), D(34X) und D(45X) zusammen. Diese sind aber kongruent zu den Teildreiecken des Sechsecks, die außerhalb des Dreiecks D(135) liegen:

Damit ist die Aussage (wenigstens für konvexe Sechsecke) bewiesen, denn der Flächeninhalt des Schsecks ergibt sich als

F_Sechseck = F(135)+F(165)+F(123)+F(345)

Ist das Sechseck nicht konvex, etwa mit überstumpfen Innenwinkeln an den Eckpunkten 1 und 4, so gilt für den Flächeninhalt F(35X)=F(34X)+F(45X)-F(345), aber auch für den Flächeninhalt des Sechsecks

F_Sechseck = F(135)+F(165)+F(123)-F(345)


Aufgabe 11

Aufgabenstellung:
Von 34 Schülern einer Klasse können 14 Rad fahren, 25 schwimmen und 9 Schüler beides. Wieviel dieser Schüler können weder schwimmen noch Rad fahren?
Lösung (von Michaela Marx)
4 Schüler können weder Rad fahren noch schwimmen.

Begründung: Da 9 Schüler beides können, ziehe ich von 14 und 25 jeweils 9 ab (14-9=5, 25-9=16). Dann rechne ich die 3 Zahlen (5;9;16) zusammen und erhalte, wie viele Schüler der Klasse mindestens eins der beiden Dinge können (5+9+16=30).

Danach subtrahiere ich diese Zahl von der Gesamtsumme der Schüler, die in diese Klasse gehen. Das Ergebnis ist 4. Also können 4 Schüler weder Rad fahren noch schwimmen.


Aufgabe 12

Aufgabenstellung:
Bei einem Preisausschreiben waren die Bilder von 4 Bauwerken den Namen von 4 Städten zuzuordnen. 12% der Einsender hatten alles richtig, doppelt so viele zwei Bauwerke richtig zugeordnet und viermal so viele eine Zuordnung richtig. 240 Lösungen waren gänzlich falsch.

Wieviele Lösungen waren insgesamt eingeschickt worden und wie viele davon hatten 0, 1, 2, 3 bzw. 4 richtige Zuordnungen?

Lösung (nach Niels Kirstein):
12 % der Einsender haben alles richtig.

12 * 2 = 24% der Einsender haben 2 Bauwerke richtig zugeordnet.

12% * 4 = 48% haben nur eine Zuordnung richtig.

12% + 24% + 48% = 84%. Diese 84% der Einsender haben 1, 2 oder 4 Zuordnungen richtig. Da das Ganze immer 100% betragen muss: 100% - 84% = 16%, die alles falsch haben, denn die Prozentzahl der, die alles falsch haben, kann man nur so rauskriegen. (??)

Bemerkung von mir: Kein Löser hat gemerkt, dass ein Einsender, der drei Zuordnungen richtig getroffen hat, auch die vierte richtig trifft (denn es bleiben ja nur noch ein Name und ein Bauwerk übrig). Es kann also keine Einsender mit 3 Richtigen geben!
Die 16%, die alles falsch haben, sind, wie es im Text steht, 240 Einsender. Jetzt kann man rauskriegen, wieviel 1% der Einsender in Wirklichkeit sind. Dazu muss man 240 Einsender durch 16 teilen. 1 Prozent entspricht also 15 Einsendern.

12% => 12 * 15 = 180 Einsender haben alles richtig.

24% => 15 * 24 = 360 Einsender haben 2 Zuordnungen richtig.

48% => 15 * 48 = 720 Einsender haben nur eine Zuordnung richtig.

Und die, die alles falsch haben sind 240, wie es im Text steht.