Lösungen zur Aufgabe des Monats - Schuljahr 1997/98

Lösungen zur Aufgabe des Monats September

Klasse 6 - 7:
Jedes der 16 Klassenzimmer einer Schule hat gleichviele Stühle. Aus jedem Klassenzimmer trägt man 8 Stühle in die Aula. Nun sind in den 16 Klassenzimmern noch so viele Stühle, wie vorher in 12 Klassenzimmern waren. Inden übrigen Räumen der Schule sind noch weitere 38 Stühle. Über wieviel Stühle verfügt diese Schule ?
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.

Klasse 8 - 9:
Gesucht sind alle vierstelligen natürlichen Zahlen mit folgender Eigenschaft: Die Summe aus der betreffenden Zahl selbst, ihrer Quersumme und der ersten und letzten Ziffer beträgt 5900.
 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. 

Klasse 10 - 12:
Einem Kreis k mit dem Radius r wurde ein Quadrat einbeschrieben, d.h. die Ecken des Quadrats liegen auf der Peripherie des Kreises. Wieviel Prozent vom Flächeninhalt des Kreises beträgt der Flächeninhalt dieses Quadrats ?
Die Quadratseite hat die Länge a=r*sqrt(2), also beträgt der
Anteil des Flächeninhalt 2/pi, d.h. etwa 64 % . 

Lösungen zur Aufgabe des Monats Oktober

Klasse 6 - 7:
In einer alten Aufgabensammlung wird das Urteil des Paris folgendermaßen beschrieben:
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."
Athene: "Aphrodite ist nicht die Schönste."
Hera: "Ich bin die Schönste."
Aphrodite: "Hera ist nicht die Schönste."
Athene: "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.

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.

Klasse 8 - 9:
In einem Dreieck ABC seien W(BAC)=50° und W(ACB)=50°. Im Inneren des Dreiecks sei ein Punkt M so gegeben, daß W(MCA)=10° und W(MBA)=40° sind.

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°. 

Klasse 10 - 12:
Bestimmen Sie für jede ganze Zahl n den größten gemeinsamen Teiler gcd(17n+2,11n+7). Beweisen Sie Ihre Aussage.
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

Lösungen zur Aufgabe des Monats November

Klasse 6 - 7:
Untersuche, für welche natürlichen Zahlen n es ein Polyeder, d.h. einen ebenflächig begrenzten Körper, mit genau n Kanten gibt und erkläre, wie man jeweils einen solchen Körper bauen kann.
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.

Klasse 8 - 9:
Finde alle 12-stelligen natürlichen Zahlen n=2525******89, die eine Quadratzahl n=x^2 sind.
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. 

Klasse 10 - 12:
P sei ein Polyeder, dessen Seitenflächen regelmäßige Fünf- und Sechsecke sind. Dabei ist jedes Fünfeck nur von Sechsecken umgeben, während an die Sechsecke abwechselnd Fünf- und Sechsecke angrenzen. Man beweise, daß es nur ein solches Polyeder gibt; dieses gleicht einem gewöhnlichen Fußball.

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". 

Lösungen der Aufgaben des Monats Dezember

Klasse 5-10 (pro Aufgabe gab es drei Punkte, weil sie besonders einfach waren)

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)

Lösungen zur Aufgabe des Monats Januar

Klasse 5 - 7:
Mit zwei Baggern wird eine Arbeit in 12 Tagen ausgeführt. Mit dem ersten Bagger allein würde sie 20 Tage dauern. In wieviel Tagen könnte sie allein mit dem zweiten Bagger ausgeführt werden ? Begründe deine Antwort !

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 !

Klasse 8 - 9: Diese Aufgabe wird im Februar noch einmal gestellt.

Klasse 10 - 12: Diese Aufgabe wird im Februar noch einmal gestellt.

Lösungen zur Aufgabe des Monats Februar

Klasse 5 - 7:
Bei einem Einkauf wurde der Preis von 170 DM mit genau 12 Geldscheinen bezahlt, und zwar ausschließlich in 10- und 20-DM-Scheinen. Ermittle, wieviele Scheine jeder der beiden Sorten über den Kassentisch gingen !

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.

Klasse 8 - 9:
Kann man in ein Rechteck mit dem Seitenverhältnis 9:16 ein Rechteck mit dem Seitenverhältnis 4:7 so einbeschreiben, daß auf jeder Seite des ersten Rechtecks ein Punkt des einbeschriebenen liegt ?

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.

Klasse 10 - 12:
5 Kugeln mit gleichem Radius seien so auf einer Ebene zusammengelegt, daß sich benachbarte Kugeln berühren und ihre Mittelpunkte ein regelmäßiges Fünfeck bilden. Eine sechste gleichgroße Kugel liegt in der Mitte obenauf. Bestimmen Sie, ob der tiefstgelegene Punkt dieser sechsten Kugel oberhalb, in oder unterhalb der Ebene durch die Mittelpunkte der fünf unteren Kugeln liegt ?

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


Lösungen zur Aufgabe des Monats März

Klasse 5 - 7:
Michael behauptet, daß er eine vierstellige Zahl kennt, die bei Division durch 2 den Rest 1, durch 3 den Rest 2, durch 4 den Rest 3, durch 5 den Rest 4, durch 6 den Rest 5, durch 7 den Rest 6, durch 8 den Rest 7 und schließlich bei Division durch 9 den Rest 8 läßt.

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.

Klasse 8 - 9 und Klasse 10 - 12:
Zu diesen Aufgaben sind keine Lösungen eingegangen, deshalb stelle ich sie noch einmal im Monat April.

Lösungen zur Aufgabe des Monats April

Klasse 5 - 7:
Leider hatte sich in die Aufgabe des Monats April ein Druckfehler eingeschlichen. Die richtige Aufgabe ist deshalb im Mai noch einmal gestellt.

Eine genaue Zeichnung oder Rechnung mit trigonometrischen Funktionen ergibt W(BMA) zu rund 83°.

Klasse 8 - 9:
Zeige, daß ein Viereck mit einer Symmetrieachse stets einen Inkreis oder einen Umkreis hat.

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. 

Klasse 10 - 12:
Betimmen Sie zu drei gegebenen Punkten A, B, C der Ebene einen vierten Punkt D so, daß das Viereck ABCD sowohl einen In- als auch einen Umkreis besitzt. Beschreiben Sie dazu, wie man einen solchen Punkt D konstruieren kann und beweisen Sie, daß Ihr Verfahren genau alle Punkte D mit den geforderten Eigenschaften liefert.

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.

Lösungen zur Aufgabe des Monats Mai

Klasse 5 - 7:

Im Dreieck ABC seien W(BAC)=50° und W(ABC)=80°. Dabei steht W(BAC) für die Größe des Winkels BAC. Im Inneren des Dreiecks sei ein Punkt M so gelegen, daß W(MAB)=20° und W(MCA)=30° gilt. Berechne daraus W(BMA) ! Lösung:
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.

Klasse 8 - 9 und 10 - 12:
Keine Einsendungen, deshalb stelle ich die Aufgaben noch einmal im Juni.

Lösungen zur Aufgabe des Monats Juni

Klasse 5 - 7:
Untersuche, ob es ein Vielfaches der Zahl 1221 gibt, das nur aus Einsen besteht. Gibt es auch ein solches Vielfaches der Zahl 121 ?

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).


Klasse 8 - 9:
Jeder von Euch weiß, wie man die Winkelhalbierende eines Winkels konstruiert, d.h. diesen mit Zirkel und Lineal in zwei gleiche Teile teilt.
Ein interessantes Ergebnis der Mathematik besagt, daß es kein Verfahren gibt, mit dem man einen Winkel unbekannter Größe mit Zirkel und Lineal in drei gleiche Teile teilen kann.
Allerdings kann man spezielle Winkel in drei gleiche Teile teilen, z.B. einen Winkel von 90° (90°/3 = 30° = 90°-60° und ein Winkel von 60° kommt im gleichseitigen Dreieck vor, das man mit Zirkel und Lineal konstruieren kann, trage diesen Winkel nun an den von 90° nach innen an) oder einen von 72° (beachte, daß 72°-60° = 12° gilt, woraus man einen Winkel der Größe 72°/3=24° durch Verdoppeln erhält).

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.
Klasse 10 - 12:
In einem Rechteck mit den Seitenlängen 20 und 25 befinden sich 120 Quadrate mit der Seitenlänge 1. Zeigen Sie, daß es in diesem Rechteck einen Kreis mit dem Durchmesser 1 gibt, der keine Punkte der Quadrate enthält.

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.

Lösungen zur Aufgabe des Monats Juli/August

Klasse 5 - 7:

Untersuche, ob es ein Vielfaches der Zahl 121 gibt, das nur aus Einsen besteht.

Lösung:
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.

Über eine Zahl n < 1000000 wurden folgende Aussagen gemacht:
Anna:
n ist höchstens zweistellig.
n hat nur zwei Teiler, die Primzahlen sind.
Bodo:
n ist nicht durch 9 teilbar.
n ist nicht durch 27 teilbar.
Christine:
n ist die Zahl 91809.
n ist durch 101 teilbar.
Bestimme die Zahl n, wenn bekannt ist, daß jedes der Kinder eine wahre und eine falsche Aussage über n gemacht hat. Begründe Dein Ergebnis.

Lösung von Hermann Sonntag:
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.

Klasse 8 - 9:
Auf den Seiten AB und BC eines Dreiecks ABC werden nach außen Parallelogramme ABDE und BCFG angetragen. Die Geraden ED und FG schneiden sich im Punkt M. Schließlich ist über der Seite AC ein Parallelogramm ACKL angetragen, dessen Seiten AL und CK so lang wie BM und zu BM parallel sind.
Zeige, daß die Summe der Flächeninhalte der Parallelogramme ABDE und BCFG mit dem Flächeninhalt des Parallelogramms ACKL übereinstimmt.

Lösung:
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)

Klasse 10 - 12:
Untersuchen Sie, ob es zu jeder Zahl n > 0 eine Zahl aus n Ziffern 3 und je einer Ziffer 4, 6 und 7 gibt, die durch 7 teilbar ist.

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.