n sei die Anzahl der Stühle pro Klassenzimmer. Dann gilt vorher: 16*n Stühle in den Klassenzimmern nachher: 16*(n-8) = 12*n Stühle in den Klassenzimmern Umstellen liefert (16-12)*n=16*8=128, also n=32. Die Schule verfügt damit über 16*n+38=550 Stühle.
Die Zahl sei z=1000*a+100*b+10*c+d. Dann gilt u := z+(a+b+c+d)+(a+d) = 1002*a+101*b+11*c+3*d = 5900. Wegen 0<=a,b,c,d<=9 folgt 1002*a <= u <= 1002*a + 1035, also a=5, 101*b <= u-5010 = 890 <= 101*b+126, also b=8, 11*c <= u-5818 = 82 <= 11*c+27, also c=5, c=6 oder c=7. Nur c=5 liefert ein brauchbares d, nämlich d=9. Die einzige Lösung lautet also z=5859.
Die Quadratseite hat die Länge a=r*sqrt(2), also beträgt der Anteil des Flächeninhalt 2/pi, d.h. etwa 64 % .
Die Göttinen Hera, Aphrodite und Athene fragen den klugen Paris, wer von ihnen die Schönste sei. Sie machen folgende drei Aussagen:Aphrodite: "Ich bin die Schönste."Paris, der am Wegesrand ausruht, hält es nicht der Mühe wert, das Tuch, das seine Augen vor den Sonnenstrahlen schützt, zu entfernen. Er soll aber genau eine der Göttinnen als Schönste feststellen. Dabei setzt er voraus, daß alle Aussagen dieser Schönsten wahr, alle Aussagen der beiden anderen Göttinnen aber falsch sind.
Athene: "Aphrodite ist nicht die Schönste."
Hera: "Ich bin die Schönste."
Aphrodite: "Hera ist nicht die Schönste."
Athene: "Ich bin die Schönste."Kann Paris unter diesen Voraussetzungen die von ihm geforderte Feststellung erhalten ? Wenn ja, wie lautet diese ?
Lösung: Wäre Athene die Schönste, so würde Aphrodite lügen. Wegen Aussage 4 wäre dann aber auch Hera die Schönste. Wäre Hera die Schönste, so würde Athene lügen. Wegen Aussage 2 wäre dann aber auch Aphrodite die Schönste. Wäre Aphrodite die Schönste, so stimmt alles zusammen. Also kann nur Aphrodite die Schönste sein.
Berechne daraus W(BMA).
(Hierbei steht W(XYZ) für die
Winkelgröße des Winkels XYZ)
Lösung: Das Dreieck ABC ist gleichschenklig mit Spitze in B und W(ABC)=80°. Folglich (W(MBA)=40°) liegt M auf dessen Symmetrielinie. Wegen W(MCB)=50°-10°=40° folgt W(BMA)=W(BMC)=100°.
Lösung: Es gilt (k ganzzahlig) gcd(a,b)=gcd(b,a-k*b), denn gemeinsame Teiler von a und b sind auch Teiler von a-k*b und gemeinsame Teiler von a-k*b und b sind auch Teiler von a. Damit folgt gcd(17n+2,11n+7) = gcd(11n+7,6n-5) = gcd(6n-5,5n+12) = gcd(5n+12,n-17) = gcd(n-17,97) Folglich ist der ggT ein Teiler von 97, also 1 oder 97. Und zwar gcd(17n+2,11n+7) = 97, wenn n = 17 (mod 97) gcd(17n+2,11n+7) = 1, sonst
Lösung: Eine Pyramide mit m-seitiger Grundfläche hat genau 2m Kanten. Da es für m>=3 solche Grundflächen gibt, so gibt es für gerade n>=6 Körper mit n Kanten (die darüber hinaus wenigstens eine dreieckige Seitenfläche haben). Außerdem kann man auf eine dreieckige Seitenfläche ein "Hütchen" setzen, wodurch aus dem alten Körper ein neuer mit 3 zusätzlichen Kanten wird. Auf diese Weise sehen wir, daß es auch für ungerade n>=9 Körper mit n Kanten gibt. Daß ein Körper immer wenigstens 6 Kanten haben muß, ist offensichtlich, denn es muß ja immer wenigstens eine Ecke und eine gegenüberliegende Seitenfläche geben. Und daß es einen Körper mit 7 Kanten nicht gibt, kann man sich auch schnell überlegen, weil 6 der Kanten wie beim Tetraeder angeordnet sein müßten und für die siebente kein Platz mehr bleibt.Bemerkung: Diesmal habe ich keine Lösungen eingeschickt bekommen.
Lösung: Wegen 0.2525*10^12 < x^2 < 0.2526*10^12 gilt 502493 < x < 502594. Untersucht man die Reste der Quadratzahlen bei Division durch 100, das ergibt genau die letzten beiden Stellen, so finden wir, daß genau die Zahlen x, die auf [17, 33, 67, 83] enden, ein Quadrat haben, das auf 89 endet. Als Lösungskandidaten kommen also nur in Frage: x in [502517, 502533, 502567, 502583]. Jede der Zahlen ist auch Lösung, denn ihre Quadrate betragen 252523335289, 252539416089, 252573589489 und 252589671889.
Lösung: In jeder Ecke stoßen ein Fünfeck und zwei Sechsecke zusammen, da drei Sechsecke keine Ecke bilden und zwei Fünfecke keine gemeinsame Kante haben. Die Figur ist also "eckensymmetrisch", genauer kann man sie stets so drehen, daß zwei vorgegebene Ecken ineinander überführt werden. Bezeichnen wir mit e,k,f,s die Anzahl der Ecken, Kanten, Fünfecke und Sechsecke, so gilt weiter : e-k+f+s = 2 (Polyedersatz) 5*f = 3*s (an jede Fünfeckkante grenzt ein Sechseck; jedes Sechseck wird dabei dreifach gezählt) 3*e = 2*k (jede Kante hat zwei Ecken, in jeder Ecke treffen drei Kanten zusammen) 5*f+6*s = 2*k (Summe der Kanten der Begrenzungsflächen; jede Kante wird dabei doppelt gezählt) Einzige Lösung dieses Gleichungssystems ist e=60, k=90, s=20, f=12, also das bekannte "Ikosaeder mit den abgeschnittenen Ecken".
1. Der Weihnachtsmann hat in seinem Sack Äpfel. Er begegnet drei Kindern und gibt dem ersten Kind von den Äpfeln die Hälfte und noch zwei dazu. Von den restlichen Äpfeln gibt er dem zweiten Kind die Hälfte und noch zwei dazu. Von den nun noch verbliebenen Äpfeln gibt er schließlich dem dritten Kind auch die Hälfte und noch zwei dazu. Danach ist ihm genau ein Apfel verblieben.
Wieviele Äpfel hatte der Weihnachtsmann anfangs in seinem Sack ?
Lösung:
Rechne rückwärts: Nach dem dritten Kind hatte der Weihnachtsmann noch 1 Apfel. Vor dem dritten Kind hatte er noch 2*(1+2)=6 Äpfel. Vor dem zweiten Kind hatte er noch 2*(6+2)=16 Äpfel. Vor dem ersten Kind hatte er 2*(16+2)=36 Äpfel.
2. In einer Scheune des Weihnachtsmanns befinden sich Zwerge und Rentiere. Man zählt insgesamt 15 Köpfe und 42 Beine. Wieviele Zwerge und wieviele Rentiere sind in der Scheune ?
Lösung: 9 Zwerge und 6 Rentiere.
3. Anne hat eine Schale voller Haselnüsse. Teilt sie diese in Häufchen zu je 13 Nüssen, so bleiben 9 übrig. Teilt sie diese in Häufchen zu je 17 Nüssen, so bleiben 14 übrig. Wieviele Nüsse hat Anne ?
Lösung:
Es müssen 14+17*k Nüsse gewesen sein, damit sie sich wie beschrieben in Häufchen zu je 17 Nüssen einteilen lassen. Probiert man verschiedene k durch, so erkennt man, daß nur für k=2 eine Anzahl entsteht (14+2*17=48=3*13+9), die man auch in der angegebenen Weise in Häufchen zu je 13 Nüssen einteilen kann. Anne hatte also 48 Nüsse. Eigentlich müßte man alle Werte für k durchprobieren und tatsächlich lassen sich weitere passende Werte finden, z.B. k=15: 14+15*17=269=20*13+9. Die allgemeine Lösung hat die Gestalt k=2+13*u, also (48+221*u) Nüsse.
Klasse 11-12:
z(m) sei die Anzahl der Primfaktoren 2 in (m!). Zeige, daß es unendlich viele natürliche Zahlen m gibt, so daß m-z(m)=1998 gilt.
Lösung:
v(m)=sum_{k>0}{[m/2^k]}. Nimm nun m=2^x+2^1998-1 (x>1998)
Lösung von S. Müller:
Als erstes habe ich die gesamte Arbeit in einen Tag umgerechnet: An einem Tag schaffen beide zusammen 1/12 der Arbeit. Der erste Bagger schafft an einem Tag 1/20 der Arbeit. Also schafft der zweite Bagger an einem Tag 1/12 - 1/20 = 1/30 der gesamten Arbeit. Also braucht der zweite Bagger allein 30 Tage, um die Arbeit zu erledigen !
Lösung:
Man kann alle 13 Möglichkeiten durchprobieren oder auch Gleichungen x + y = 12, x * 10 DM + y * 20 DM = 170 DM aufstellen und lösen. Es wurden 7 10-DM-Scheine und 5 20-DM-Scheine verwendet.
Lösung:
Nehmen wir an, eine solche Konfiguration ist möglich. Das äußere Rechteck habe die Seitenlängen a<b, das innere die Sietenlängen c<d. Das innere Rechteck schneidet vom äußeren vier rechtwinklige Dreiecke ab, die untereinander ähnlich sind. Der Ähnlichkeitsfaktor ist v=c/d=4/7, da die Hypotenusen der Rechtecke in diesem Verhältnis stehen. Bezeichnen wir die Seitenlängen der Katheten der vier Dreiecke mit x, y, v*x, v*y, so gilt also x + v*y = a, y + v*x = b Auflösen nach x und y ergibt für die Teilstrecken x und y, die auf den Rechtecksseiten des äußeren Rechtecks abgetragen werden müssen, um die Eckpunkte des inneren Rechtecks zu erhalten, x = (a-b*v)/(1-v^2), y = (b-a*v)/(1-v^2) Insbesondere müssen beide Zähler nichtnegativ sein, also a/b > v und b/a > v (*) gelten. Leider ist aber 9/16 < 4/7. Nachbemerkung: Man kann andererseits zeigen, daß (*) auch eine hinreichende Bedingung ist, d.h. wenn man x und y wie angegeben ansetzt, dann bekommt man auch wirklich ein Rechteck, das dem äußeren Rechteck einbeschrieben ist.
Lösung:
Der Radius einer der Kugeln habe die Länge r. Die Mittelpunkte der 6 Kugeln bilden eine regelmäßige fünfeckige Pyramide mit gleichseitigen Dreiecken als Seitenflächen. Alle Kanten haben die Länge 2r. Die Fragestellung der Aufgabe ist gleichbedeutend mit der Frage, ob für die Höhe h einer solchen Pyramide h<r oder h>r gilt. Das Fünfeck der Grundfläche kann man in 5 gleichschenklige Dreiecke mit der Spitze im Zentrum des Fünfecks und Scheitelwinkeln von je 360°/5=72° zerlegen. Ein Schenkel eines solchen Dreiecks hat die Länge a=r/sin(72°). Schenkel a, Seitenkante 2r und Höhe h bilden zusammen ihrerseits ein rechtwinkliges Dreieck, woraus sich h^2 = 4r^2 - a^2, also h=r*sqrt(4-1/sin(72°)^2) ergibt. Für eine Antwort müssen wir also 4-1/sin(72°)^2 näherungsweise berechnen. Wir erhalten 1.105572809, d.h. h>r. Der exakte Wert dieses Ausdrucks ist übrigens gleich 4*sqrt(5) - 12 -------------- sqrt(5) - 5
a) Zeige, daß Michael recht hat, indem Du auch eine solche Zahl
findest.
b) Wieviele solche vierstelligen Zahlen gibt es insgesamt ?
Lösung:
Zieht man vom kleinsten gemeinsamen Vielfachen der Zahlen 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, also 2520, Eins ab, so erhält man eine solche Zahl, denn bei den Resten fehlt ja jedesmal genau 1 zur vollen Teilbarkeit. Eine Lösung ist also die Zahl 2519. Genauso überlegt man sich, daß 2*2520-1=5039 und 3*2520-1=7559 Lösungen sind und die nächste Lösung, nämlich 4*2520-1=10079, bereits fünfstellig ist. Da zwei Lösungen jeweils dieselben Reste lassen, muß deren Differenz durch 2,...,9, also auch durch das kgV 2520, teilbar sein. Damit sind obige Lösungen auch die einzigen.
Eine genaue Zeichnung oder Rechnung mit trigonometrischen Funktionen ergibt W(BMA) zu rund 83°.
Lösung:
Eine Symmetrieachse geht entweder durch zwei gegenüberliegende Seitenmitten (1) oder durch zwei gegenüberliegende Ecken (2) des Vierecks. (1) Die Vierecksseiten, die die Symmetrieachse schneiden, stehen senkrecht auf dieser, sind also zueinander parallel. Das Viereck ist also ein gleichschenkliges Trapez. Dieses hat einen Umkreis: Die Mittelsenkrechte auf der dritten Seite schneidet die Symmetrieachse im Umkreismittelpunkt M, denn die Punkte auf einer Mittelsenkrechten sind ja von den beiden zugehörigen Eckpunkten jeweils gleichweit entfernt. (2) Das Viereck ist dann aus Symmetriegründen ein Drachenviereck, welches einen Inkreis besitzt: Die Symmetrieachse halbiert zwei der Innenwinkel des Vierecks. Der Mittelpunkt des Inkreises ist dann der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden eines der restlichen Innenwinkel mit der Symmetrieachse, denn die Punkte auf einer Winkelhalbierenden sind ja von den beiden zugehörigen Seiten jeweils gleichweit entfernt.
Lösung:
Der Umkreis des gesuchten Vierecks wird durch den Umkreis des Dreiecks ABC bestimmt. D muß also zum einen auf diesem Kreis liegen. Ein Viereck ABCD, das einen Inkreis besitzt, heißt Tangentenviereck und ist dadurch charakterisiert, daß AB + CD = AD + BC, d.h. AB - BC = AD - CD gilt. Da durch die Lage der Punkte A,B,C auch e = AB - BC vorgegeben ist, muß D auf dem geometrischen Ort aller Punkte X mit e = |AX - CX| liegen, d.h. der Punkte, die zu zwei gegebenen Punkten eine vorgegebene Abstandsdifferenz haben. Für e=0 ist das genau die Mittelsenkrechte der Strecke AC. Aber für e>0 ? Eine genaue Analyse mit Koordinaten zeigt, daß hier der geometrische Ort entweder eine Hyperbel oder eine Ellipse ist. Wir brauchen also eine bessere Idee als Ortslinien. Sei oBdA AB>BC und nehmen wir an, wir haben D bereits gefunden. Wegen AD>CD tragen wir CD auf AD in D an und bekommen einen Punkt P, so daß PCD gleichschenklig mit Spitze in D ist. Im Sehnenviereck ist W(ADC)=180°-W(ABC). Damit ergibt sich für einen der Basiswinkel W(CPD)=W(ABC)/2 und schließlich W(APC)=180°-W(ABC)/2. Da AC und AP ( = AB - BC = e ) bekannt sind, kann man nun das Dreieck ACP nach ssw konstruieren und daraus schließlich den gesuchten Punkt D bestimmen.
Man erhält zunächst, daß auch W(BCA)=50° gilt, das Dreieck ABC also gleichschenklig ist. Weiter ist auch W(MAC)=30°, also das Dreieck BCM ebenfalls gleichschenklig und M liegt auf der Symmetrieachse dieser beiden Dreiecke. Damit halbiert die Symmetrieachse den Winkel an der Spitze B des Dreiecks ABC. Somit ist W(ABM)=40° und schließlich W(BMA)=120°.Sophie Müller schickte mir sogar ein Bild mit ihrer Lösung.
Lösung: (nach Ph. Balzarek)
Schreiben wir die Aufgabe als schriftliche Multiplikationsaufgabe : UVWXYZ * 1221 ---------------------------------------- 1 * uvwxyz +2 * uvwxyz +2 * uvwxyz +1 * uvwxyz ---------------------------------------- 00000000111111 Wir erhalten zuerst z=1, dann y=9 und schon geht alles auf: 91*1221=111111 Für die Zahl 121 gibt es auch ein solches Vielfaches, soviel sei verraten (siehe Aufgabe für Juli).
Zeige, daß man auch einen Winkel von 54° mit Zirkel und Lineal in drei gleiche Teile teilen kann.
Lösung: (J. Adler)
Tragen wir am selben Schenkel noch einen Winkel von 90° an, so erhalten wir einen weiteren Winkel von 90°-54°=36°. Tragen wir diesen Winkel an den 54°-Winkel nach innen ab, so entsteht ein Winkel von 54°-36°=18°. Das ist aber genau ein Drittel des ursprünglichen Winkels.
Lösung:
Zu jedem Quadrat kann man ein Gebiet angeben, in dem der Mittelpunkt eines solchen Kreises nicht liegen darf. Dieses Gebiet ist etwas größer als das Quadrat, besteht aus zusätzlich vier Rechtecken der Größe 1/2 x 1 und vier Viertelkreisendes Radius 1/2, hat also einen Flächeninhalt von 3+pi/4 < 4. 120 dieser Sperrgebiete haben eine Gesamtfläche von weniger als 4*120 = 480 cm2 < 20*25=500 cm2. Also ist irgendwo garantiert ein Loch, wo der Mittelpunkt des Kreises mit der geforderten Eigenschaft hingelegt werden kann.
Statt wie in der Lösung Juni hätte man die Aufgabe auch umgekehrt als Divisionsaufgabe 11111111111111... : 121 = ?? schreiben können und dividieren, bis die Rechnung irgendwann einmal aufgeht. Für 121 muß man allerdings etwas länger rechnen; es gilt 9182736455463728191*121 = 1111111111111111111111 Übrigens kann man zu _jeder_ Zahl n (die nicht durch 2 oder 5 teilbar ist; für solche Zahlen geht das aus naheliegenden Gründen nicht) ein Vielfaches finden, das nur aus Einsen besteht, wenn man nur genügend viele Ziffern verwendet.
Anna: Wenn n eine zweistellige Zahl wäre, wären beide Aussagen von Christine falsch. Also ist (1) falsch und (2) wahr. n ist also mindestens dreistelling und hat genau zwei Primteiler. Bodo: Eine durch 27 teilbare Zahl ist auch durch 9 teilbar. Also kann nur (1) falsch und (2) wahr sein. n ist also durch 9, aber nicht durch 27 teilbar. Christine: Eine durch 91809=101*909 teilbare Zahl ist auch durch 101 teilbar. Also kann nur (1) falsch und (2) wahr sein. n ist also durch 101, aber nicht 9*101^2 teilbar. Die beiden Primteiler sind also 3 und 101 und die Zahl lautet n=3^2*101, da andere Potenzen der Primfaktoren zu Widersprüchen führen.
Parallelogramme mit gleicher Grundseite und gleichlanger Höhe sind flächengleich. Ist F' der Schnittpunkt der Parallelen zu BM durch C und der Geraden FM, so sind also die Parallelogramme BCFG und BCF'M flächengleich. Dasselbe gilt für die Parallelogramme ABDE und ABME', wenn E' der Schnittpunkt der Parallelen zu BM durch A und der Geraden EM ist. Da CF' parallelgleich zu BM ist, wie auch CK, sind CF' und CK gleichlang und liegen auf derselben Geraden. Dasselbe gilt für AE' und AL. Folglich überführt eine Verschiebung um BM das Fünfeck ABCKL in das Fünfeck E'MF'CA. Beide Fünfecke haben das Dreieck ABC gemeinsam. Nach deren Abzug erhalten wir F(ACKL) = F(AE'MB) + F(BCF'M) = F(ABDE) + F(BCFG)
Hinweis: Eine solche Zahl kann man in der Form z = 3*(10^(n+3)-1)/9 + 10^a + 3*10^b + 4*10^c darstellen, wenn a,b bzw. c die Positionen der Ziffern 4,6 bzw. 7 sind. Modulo 7 gilt dann 3*z = (3^(n+3)-1) + 3*3^a + 2*3^b + 5*3^c (mod 7) Da sich die Potenzreste 3^n periodisch wiederholen, sind nun entsprechend diesem Rest 6 Fälle zu unterscheiden und jeweils a,b und c geeignet zu finden.