1, + 2, −3, + 4

Teil c) Die Reihe der Kästchenlängen kann ohne Zeichnung fortgesetzt werden. Er geht jedeLänge zweimal und dann wird die Anzahl um eins erhöht.Wenn er weitere 100 KL gelaufen ist, sind dies zusammen 200 KL. Die schafft er wie folgt:100 + 10 = 110(bis 100 KL ist er schon einmal 10 KL gegangen, jetzt kommen die zweiten 10 KL)110 + 2 · 11 = 132132 + 2 · 12 = 156156 + 2 · 13 = 182182 + 2 · 14 = 210Um genau die 200 KL zu gehen, schafft er die zweite Strecke mit 14 KL nicht ganz, sondernnur 4 KL davon, denn182 + 14 + 4 = 200.Bis zum nächsten Abbiegepunkt fehlen nach gegangenen 200 KL noch 10 KL.Teil d) Für das Finden der Antwort muss man sich eine Übersicht machen, in der erkennbarist, wie viele KL es jeweils zum Ausgangspunkt sind, wenn er von Abbiegepunkt zu Abbiegepunktgeht.Weglänge 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8Entfernung zum Punkt A 1 2 2 2 3 4 4 4 5 6 6 6 7 8 8 8Weglänge 9 9 10 10 11 11 12 12Entfernung zum Punkt A 9 10 10 10 11 12 12 12Bis hierher ist schon ein System zu erkennen. Wenn er eine Kante mit einer Länge einergeraden Zahl von Kästchen zurückgelegt hat, ist der kürzeste Weg zum Ausgangspunkt diesegerade Zahl von Kästchen. Wenn er aber eine ungerade Zahl von Kästchen seit dem letztenAbbiegen zurückgelegt hat, kann er es nicht genau sagen. Es könnte diese ungerade Zahl sein(wenn er sie zum ersten Mal geht) oder ein Kästchen mehr, wenn er die ungerade Zahl zumzweiten Mal gegangen ist. Aber er konnte sich ja nur die Länge der letzten Strecke zwischenden Abbiegepunkten merken.Er kann es nur bei einer geraden Zahl genau sagen.460515 LösungTeil a) Um die fünf Parallelogramme zu erkennen, wurdenhier verschiedene Strichformatierungen gewählt (siehe nebenstehendeAbbildung L 460515).Teil b) Durch die Zerlegung des Rechtecks sind zwei Artengleichschenkliger Dreiecke an den Rändern und kleine Rauten(Rhomben) entstanden. (Der Nachweis, dass es sich umRauten und um gleichschenklige Dreiecke handelt, wird vonden Schülern nicht erwartet.)Abbildung L 4605154

) Aufstellen einer Gleichung: Anzahl der Pilze, die der erste Zwerg sammelt plus Anzahl derPilze, die der zweite Zwerg sammelt, usw. Man geht auch wieder davon aus, dass es insgesamt26 · 7 = 182 Pilze sind.x + (x + 2) + (x + 2 + 3) + (x + 2 + 3 + 4) + (x + 2 + 3 + 4 + 5) + (x + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)= x + (x + 2) + (x + 5) + (x + 9) + (x + 14) + (x + 20)= 6 · x + 50= 182Durch Lösen der Gleichung oder durch systematisches Probieren ergibt sich, dass der ersteZwerg 22 Pilze gesammelt hat.6

46. Mathematik-Olympiade1. Stufe (Schulstufe)Klasse 6Lösungenc○ 2006 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.460611 LösungTeil a) Alle kürzesten Wege sind 4 m lang, und es gibt davon sechs Stück (Bezeichnungensiehe Abbildung L 460611 a):ACDGB; ACF GB; ACF IB; AEF GB; AEF IB; AEHIB.Diese sechs Wege sind hier systematisch so dargestellt, dass Punkte, die durch Wege nachrechts erreicht werden, vor solchen kommen, die durch Wege nach oben erreicht werden.HIBJKLBFBEAFCGDFAGCHDIEEADGCHAbbildung L 460611 aAbbildung L 460611 bAbbildung L 460611 cTeil b) Entsprechend sind hier die kürzesten Wege 5 m lang, und es gibt davon zehn verschiedene(Bezeichnungen siehe Abbildung L 460611 b):ACDEIB; ACDHIB; ACDHLB; ACGHIB; ACGHLB; ACGKLB;AF GHIB; AF GHLB; AF GKLB; AF JKLB.(Man sieht hier gut, dass jeder Weg aus drei waagerechten Teilen und zwei senkrechten bestehtund dass B genau in jeweils der Hälfte der Fälle von links und von unten erreicht wird.)Teil c) Beim Würfel schließlich haben alle kürzesten Wege die Länge von 3 m, und es gibtdavon wieder sechs (Bezeichnungen siehe Abbildung L 460611 c):ADF B; ADHB; ACGB; ACHB; AEF B; AEGB.460612 LösungTeil a) S 1 = 554 + 555 + 556 + 557 = 2222.Aus den 4 Zahlen kann man sechs Summen bilden, und zwar die folgenden:554 554 554 555 555 556555 556 557 556 557 5571109 1110 1111 1111 1112 11137

Somit ergibt sich S 2 = 1109 + 1110 + 1111 + 1111 + 1112 + 1113 = 6666.Die Summe S 2 ist genau dreimal so groß wie die Summe S 1 .Teil b) Hier können beliebige Zahlen gewählt werden, die nur aufeinander folgend seinmüssen. Wenn man sie recht klein wählt, dann ist die Rechnung gut überschaubar.1. Beispiel: 1, 2, 3, 4 werden gewählt, S 1 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10.Alle möglichen Summen bilden:1 1 1 2 2 32 3 4 3 4 43 4 5 5 6 7Somit ergibt sich hier S 2 = 3 + 4 + 5 + 5 + 6 + 7 = 30.Auch diesmal ist die Summe S 2 genau dreimal so groß wie die Summe S 1 . (Natürlich ist dieserZusammenhang immer gegeben, da in den sechs 2-er Summen jede der vier Zahlen genaudreimal auftritt.)Teil c) Es werden die jeweiligen Summen für die Beispielzahlen aus der Aufgabe gebildet:S 1 = 1002 + 1007 + 1012 + 1017 = 4038.1002 1002 1002 1007 1007 10121007 1012 1017 1012 1017 10172009 2014 2019 2019 2024 2029Also ist S 2 = 2009 + 2014 + 2019 + 2019 + 2024 + 2029 = 12 114.Auch diesmal ist die Summe S 2 wieder genau dreimal so groß wie die Summe S 1 .Teil d) Wenn man die sechs entstanden Teilsummen für die Summe S 2 betrachtet, dannstellt man fest, dass zwei Summe gleich sind (im Beispiel die Summe 2019, zusammen sind das2019+2019 = 4038). Diese Summe 2019 kann man aus den ursprünglichen Zahlen auch bildenund zwar zweimal. Man addiert jeweils die kleinste und die größte Zahl (1002 + 1017 = 2019)und dann die beiden mittleren Zahlen (1007 + 1012 = 2019). Die Summe S 1 ist somit genauzweimal so groß wie diese Summe (2 · 2019 = 4038).Zurück zur Summe S 2 . Die zweite gebildete Teilsumme ist genau um den Zahlenabstand kleinerals diese betrachtete Summe 2019 und die fünfte Teilsumme genau um den Zahlenabstandgrößer. Beide zusammen bilden wieder die doppelte Teilsumme (2014 + 2024 = 4038). DasGleiche gilt für die Summe aus der ersten und der letzten Teilsumme (2009 + 2029 = 4038).Für die Summe S 2 taucht diese doppelte Teilsumme deswegen insgesamt dreimal auf undfür die Summe S 1 einmal. Die Summe S 2 als Summe der sechs Teilsummen ist daher immerdreimal so groß wie die Summe S 1 . Die Zahlen brauchen nicht aufeinander folgend sein, siemüssen nur den gleichen Abstand voneinander haben.Hinweis zur Arbeit in AGs: Wenn der Variablenbegriff schon gefestigt genug ist, kann auch soargumentiert werden:Wir bezeichnen mit n die erste der vier Zahlen und mit k den jeweils gleichen Abstand zwischendiesen Zahlen. Dann lassen sich diese vier Zahlen bzw. die aus ihnen zu bildendensechs Zahlenpaare wie folgt festhalten und anschließend die Summen S 1 und S 2 allgemeinausdrücken:8

1. Zahl n2. Zahl n + k3. Zahl n + 2 · k4. Zahl n + 3 · kSumme S 1 4 · n + 6 · k1. Zahlenpaar n + (n + k) = 2 · n + k2. Zahlenpaar n + (n + 2 · k) = 2 · n + 2 · k3. Zahlenpaar n + (n + 3 · k) = 2 · n + 3 · k4. Zahlenpaar (n + k) + (n + 2 · k) = 2 · n + 3 · k5. Zahlenpaar (n + k) + (n + 3 · k) = 2 · n + 4 · k6. Zahlenpaar (n + 2 · k) + (n + 3 · k) = 2 · n + 5 · kSumme S 212 · n + 18 · kWegen 12 · n + 18 · k = 3 · (4 · n + 6 · k) ist auf diese Weise gezeigt, dass unter den gegebenenVoraussetzungen stets S 2 = 3 · S 1 gilt.460613 LösungTeil a) Entsprechend der Beschreibung ergibt sich die Figur in Abbildung L 460613 a.GFGFGFCEHDCEHDCEHDABABABAbbildung L 460613 aAbbildung L 460613 bAbbildung L 460613 cTeil b) Siehe Abbildung L 460613 b: Der Streckenzug ABEDF GHCA ist mit dicker Linie gekennzeichnet.Die Länge kann mit Hilfe der Kästchenlänge als eine Einheit angegeben werden.Damit ergibt sich eine Länge von 3 + 3 + 4 + 4 + 3 + 3 + 4 + 4 = 28 EinheitenTeil c)Die eingeschlossenen Einheitsquadrate werden gezählt. Es sind 25 Einheitsquadrate.Teil d) Durch das Einzeichnen der zusätzlichen Linien kann man erkennen, dass das DreieckABC genau viermal innerhalb des Streckenzuges Platz findet und ein Kästchen in der Mittedazu kommt (siehe Abbildung L 460613 c). Dieses Kästchen ergibt sich, weil sich die Längen dersenkrecht aufeinander stehenden Seiten um eine Einheit unterscheiden. Der Flächeninhalt desStreckenzuges ABEDF GHCA ist also genau um ein Einheitsquadrat größer als der vierfacheFlächeninhalt des Dreiecks ABC.Wenn man die senkrecht aufeinander stehenden Seitenlängen des Dreiecks ABC mit b und cbezeichnet, dann ergibt sich für den Flächeninhalt des StreckzugesA = 2 · b · c + (b − c) 2 .Diese Angabe des Flächeninhaltes wird von den Schülern nicht verlangt.9

460614 LösungTeil a) Der Ausgangspunkt des Käfers liegt im Inneren beimPunkt A. Er geht jeweils zweimal 1 KL, dann zweimal 2 KL,so dass sich die 100 KL wie folgt zusammensetzen:2 · 1 + 2 · 2 + 2 · 3 + 2 · 4 + 2 · 5 + 2 · 6 + 2 · 7 + 2 · 8+ 2 · 9 + 1 · 10 = 100Die Figur sieht dann so aus wie in der Abbildung L 460614.Er ist insgesamt 18-mal abgebogen.Teil b) Der Punkt E liegt 5 KL weiter rechts und 5 weiterunten als der Punkt A, deshalb muss der Käfer (5+5 =) 10 KLlaufen, um schnellstmöglich zum Ausgangspunkt A zurück zukommen.AAbbildung L 460614ETeil c) Die Reihe der Kästchenlängen kann ohne Zeichnung fortgesetzt werden. Er geht jedeLänge zweimal und dann wird die Anzahl um eins erhöht.Wenn er weitere 100 KL gelaufen ist, sind dies zusammen 200 KL. Die schafft er wie folgt:100 + 10 = 110(bis 100 KL ist er schon einmal 10 KL gegangen, jetzt kommen die zweiten 10 KL)110 + 2 · 11 = 132132 + 2 · 12 = 156156 + 2 · 13 = 182182 + 2 · 14 = 210Um genau die 200 KL zu gehen, schafft er die zweite Strecke mit 14 KL nicht ganz, sondernnur 4 KL davon, denn182 + 14 + 4 = 200.Bis zum nächsten Abbiegepunkt fehlen nach gegangenen 200 KL noch 10 KL.Teil d) Für das Finden der Antwort muss man sich eine Übersicht machen, in der erkennbarist, wie viele KL es jeweils zum Ausgangspunkt sind, wenn er von Abbiegepunkt zu Abbiegepunktgeht.Weglänge 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8Entfernung zum Punkt A 1 2 2 2 3 4 4 4 5 6 6 6 7 8 8 8Weglänge 9 9 10 10 11 11 12 12Entfernung zum Punkt A 9 10 10 10 11 12 12 12Bis hierher ist schon ein System zu erkennen. Wenn er eine Kante mit einer Länge einergeraden Zahl von Kästchen zurückgelegt hat, ist der kürzeste Weg zum Ausgangspunkt diesegerade Zahl von Kästchen. Wenn er aber eine ungerade Zahl von Kästchen seit dem letztenAbbiegen zurückgelegt hat, kann er es nicht genau sagen. Es könnte diese ungerade Zahl sein(wenn er sie zum ersten Mal geht) oder ein Kästchen mehr, wenn er die ungerade Zahl zum10

zweiten Mal gegangen ist. Aber er konnte sich ja nur die Länge der letzten Strecke zwischenden Abbiegepunkten merken.Er kann es nur bei einer geraden Zahl genau sagen.460615 LösungTeil a) Ein Lösungsweg durch Probieren und Beobachten: Erreichbare Preise sind (nach denangegebenen 10 S)12 S = 1 · 5 S + 1 · 7 S14 S = 2 · 7 S Hier endet der Bereich, der von zwei Münzen erreicht wird.15 S = 3 · 5 S Dies ist der kleinste Preis mit drei Münzen.17 S = 2 · 5 S + 1 · 7 S 17 S lassen sich wie 12 S mit einer weiteren 5-S-Münze bezahlen.19 S = 1 · 5 S + 2 · 7 S 19 S lassen sich wie 12 S mit einer weiteren 7-S-Münze bezahlen.20 S = 4 · 5 S Dies ist der kleinste Preis mit vier Münzen.21 S = 3 · 7 S Hier endet der Bereich, der von drei Münzen erreicht wird.22 S = 3 · 5 S + 1 · 7 S24 S = 2 · 5 S + 2 · 7 S Von jetzt an lässt sich jeder Preis darstellen.25 S = 5 · 5 S26 S = 1 · 5 S + 3 · 7 S27 S = 4 · 5 S + 1 · 7 S28 S = 4 · 7 S29 S = 3 · 5 S + 2 · 7 S30 S = 6 · 5 S31 S = 2 · 5 S + 3 · 7 S32 S = 5 · 5 S + 1 · 7 S33 S = 1 · 5 S + 4 · 7 S34 S = 4 · 5 S + 2 · 7 S35 S = 5 · 7 S = 7 · 5 S36 S = 3 · 5 S + 3 · 7 SDer größte nicht bezahlbare Preis ist also 23 Sent.Lösungsweg durch eine graphische Darstellung:❄ ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ ❄12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27✻ ✻ ✻ ✻ ✻Dieser Ansatz zeigt, dass kein Pfeil auf der 23 landet, wohl aber auf jeder weiteren Zahl.Lösungsweg mit systematischem Einsatz vonTabellen: Um alle möglichen Preise (bis zu einemvorgegebenen höchsten Preis) zu ermitteln,die sich mit Münzen zu 5 Sent und zu7 Sent bezahlen lassen, ohne dass man Münzenzurückerhält, verwenden wir nebenstenende Tabelle.+ 5 10 15 20 25 30 35 407 12 17 22 27 32 37 42 4714 19 24 29 34 39 5121 26 31 36 41 4628 33 38 43 4833 40 45 5035 42 5242 4711

Der Größe nach geordnet sind dies folgende Preise:Teil b)5, 7, 10, 12, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33,34, 35, (35), . . . , 42, (42), . . . , 45, (45), . . . , 47, (47), . . .Nein, alle Preise, die größer als 23 Sent sind, lassen sich bezahlen, denn:Wenn fünf aufeinander folgende Preise bezahlbar sind, dann sind durch Nutzung eines weiteren5-Sent-Stücks auch die nächsten 5 Preise bezahlbar. Da 24–28 Sent bezahlbar sind, sind auchalle größeren Beträge bezahlbar.Teil c) Offensichtlich lassen sich 35 Sent durch sieben Münzen zu 5 Sent oder durch fünfMünzen zu 7 Sent bezahlen.Es gibt keinen kleineren Preis, da sonst eine (oder mehrere) der 5-Sent-Münzen durch eineoder mehrere 7-Sent-Münzen ersetzt werden müssten; dies ist aber erst ab dem kgV möglich,und das kleinste gemeinsame Vielfache von 5 und 7 ist eben 35.Der graphische Weg und die Tabelle zeigen ebenfalls, dass vor 35 keine zwei in der Sammlungder Münzen unterschiedlichen Wege auf einer Zahl landen, also keine zwei Wege, die eineunterschiedliche Zahl von oberen und unteren Pfeilen enthalten, bzw. keine zwei Einträgederselben Zahl in der Tabelle.Teil d)Hier sollen zwei Zahlen n und m mit n + m = 15 gewählt werden. Wegen15 = 2 + 13 = 3 + 12 = 4 + 11 = 5 + 10 = 6 + 9 = 7 + 8gibt es genau sechs erlaubte Möglichkeiten, 15 Sent mit zwei Münzarten zu zahlen.Wir untersuchen die beiden Möglichkeiten, mit 7-Sent-Münzen und 8-Sent-Münzen bzw. mit4-Sent-Münzen und 11-Sent-Münzen zu zahlen, in folgenden Tabellen+ 7 14 21 28 35 42 49 568 5 22 29 36 43 50 5716 23 30 37 44 51 5824 31 38 45 5232 39 46 5340 47 5448 5556+ 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 4411 15 19 23 27 31 35 39 4322 26 30 34 38 42 4633 37 41 45 5344 48und ordnen wieder die bezahlbaren Preise der Größe nach:7, 8, 14, 15, 16, 21, 22, 23, 24, 28, 29, 30, 31, 32, 35, 36, 37, 38, 39, 40,42, 43, 44, 45, . . . , 55, 56, . . .4, 8, 11, 12, 15, 16, 19, 20, 21, 22, 23, 26, 27, 28, 30, 31, 32, 33, 34, 35,36, 37, 38, 39, . . . , 43, 44, . . .12

Um zu Vermutungen zu kommen, vergleichen wir die in den drei untersuchten Beispielenerhaltenen Resultate.Verwendete Münzsorten (in Sent) 5, 7 7, 8 4, 11Kleinster Preis, ab dem alle Preisebezahlt werden könnenKleinster Preis, der auf zwei verschiedeneArten zahlbar ist24 = 4 · 6 42 = 6 · 7 30 = 3 · 1035 = 5 · 7 56 = 7 · 8 44 = 4 · 11Dies legt als Vermutung nahe:Wenn m-Sent-Münzen und n-Sent-Münzen verwendet werden, dann ist (m − 1) · (n − 1) Sentder kleinste Preis, ab dem alle Preise zahlbar sind, und es ist m · n der kleinste Preis, der aufzwei verschiedene Arten zahlbar ist.Bevor man versucht, solche Vermutungen zu beweisen, sollte man zunächst an weiteren Beispielenüberprüfen, ob sie richtig sind.6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, . . . , (6 + 3 · k), . . .5, 10, 15, 20, 25, . . . , 5 · k, . . .3, 6, 9, 12, 15, . . . , 3 · k, . . .Diese Beispiele zeigen, dass beide Vermutungen falsch sind.Wodurch unterscheiden sich die Zahlenpaare (5; 7), (7; 8), (4; 11) von den Zahlenpaaren (6; 9),(5; 10) und (3; 12)?Neue Vermutung: Unsere erste Vermutung gilt nur für teilerfremde Zahlenpaare (m; n), undder kleinste Preis ist nicht das Produkt von m und n, sondern das kgV von m und n.13

46. Mathematik-Olympiade1. Stufe (Schulstufe)Klasse 7Lösungenc○ 2006 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.460711 LösungTeil a) Im ersten Spiel können höchstens 6 Tore gefallen sein, andernfalls entstünde einWiderspruch zur Aussage, dass im zweiten Spiel mehr Tore als im ersten gefallen sind. Somitkommen für das erste Spiel nur die Ergebnisse 0 : 0, 1 : 1, 2 : 2 oder 3 : 3 in Frage. Im zweitenSpiel fielen demzufolge entweder 13, 11, 9 oder 7 Tore. Im zweiten Spiel müssen aber soviele Tore gefallen sein, dass deren Anzahl durch 3 teilbar ist; denn nur dann kann die eineMannschaft doppelt so viele Tore wie die andere erzielen. Diese Bedingung erfüllt unter denoben genannten Anzahlen nur die 9. Hieraus folgt: Das erste Spiel endete 2 : 2 und das zweiteSpiel 6 : 3 für das Nordgymnasium.Teil b) Durch die Feststellung, dass das erste Spiel unentschieden ausgegangen ist, ist dieAnzahl der erzielten Tore gerade. Die Anzahl der Tore im zweiten Spiel muss demnach ungeradegewesen sein, da eine ungerade Zahl minus einer geraden Zahl eine ungerade Zahl ergibt.Es kommen für das zweite Spiel nur zwei Möglichkeiten in Betracht:Anzahl der Tore im 2. Spieldes Nordgymnasiums des Südgymnasiums gesamt2 1 34 2 6, entfällt6 3 98 4 12, entfälltMehr als 4 Tore kann das Nordgymnasium im 2. Spiel nicht geschossen haben, da sonst dieAnzahl der Tore im 2. Spiel größer als die Gesamtzahl 13 wäre. Es ergeben sich demnachzwei mögliche Spielausgänge: 5 : 5; 2 : 1 und 2 : 2; 6 : 3. Die Aufgabe ist demnach nicht mehreindeutig lösbar.Lösungsvariante: Bezeichnet man mit x und y die Anzahl der Tore,die die Mannschaft des Südgymnasiums im ersten bzw. im zweiten Spielgeschossen hat, dann kann man die gegebenen Bedingungen, wie in dernebenstehenden Tabelle angegeben, festhalten.NS1. Spiel x x2. Spiel 2y yDa insgesamt 13 Tore geschossen wurden, gilt 3y + 2x = 13, woraus y = 13 − 2x folgt.3Da im zweiten Spiel mehr Tore fielen als im ersten, gilt 3y > 2x. Da x und y natürliche Zahlensein müssen, gelangt man durch systematisches Probieren zu dem in der unten stehenderTabelle festgehaltenen Ergebnis.14

x y Lösung?0 13 3Nein1 11 3Nein2 3 Ja, es gilt 3y > 2x733Nein543Nein5 1 Nein, es gilt nicht 3y > 2xVerzichtet man auf die Bedingung 3y > 2x, dann gibt es zwei mögliche Spielausgänge und dieAufgabe ist nicht mehr eindeutig lösbar.460712 LösungDer Wanderer geht in einer Minute (4500 : 60 =) 75 Meter. Der Radfahrer fährt in einerMinute die 5-fache Strecke, demnach 375 Meter. Der Abstand zwischen beiden verringert sichin jeder Minute also um 450 Meter. Wegen 2700 : 450 = 6 begegnen die beiden einandernach 6 Minuten, sind also nach 12 Minuten wieder 2,7 Kilometer voneinander entfernt.Lösungsvariante: Wanderer und Radfahrer nähern sich mit einer Geschwindigkeit von 27 km h .Folglich treffen sie sich nach10 1 Stunde, also nach 6 Minuten. Nach 12 Minuten sind sie demnachwieder 2,7 km voneinander entfernt.460713 LösungTeil a) Beispiele für solche Dreiecke sind in der Abbildung L 460713 a dargestellt (Skizzennicht maßstäblich).Teil b) Beispiele für solche Vierecke sind in der Abbildung L 460713 b dargestellt (Skizzennicht maßstäblich).Abbildung L 460713 aAbbildung L 460713 bTeil c) Beispiele für solche Vielecke für 3 ≤ n ≤ 8 sind in der Abbildung L 460713 c dargestellt(Skizzen nicht maßstäblich).n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 n = 7 n = 8Abbildung L 460713 cTeil d)Für die Flächeninhalte A der in Teil c) betrachteten Vielecke gilt:n 3 4 5 6 7 8A in cm 2 1,5 2 2,5 3 3,5 415

Man erkennt an dieser Zusammenstellung, dass die Maßzahl des Flächeninhalts stets halb sogroß ist wie die Anzahl der Punkte auf dem Rand der gewählten Figuren.Es gilt A = n 2bzw. n = 2 A.460714 LösungNach Definition der Gauß-Klammer muss die linke Seite der Gleichung stets kleiner odergleich der rechten sein. Da links nur ganzzahlige Werte vorkommen, dürfen auch rechts nurganzzahlige Summanden auftreten. Die Zahl n muss [ demnach ] durch 2, 3 und 4 d. h. durch 12teilbar sein. Wegen 1 ≤ n ≤ 2006 gibt es genau 2006 = 167 Lösungszahlen.12Man kann durch Probieren erkennen, dass 12 die kleinste Zahl n ist, für die[ n] [ n] [ n]+ + = n 2 3 4 2 + n 3 + n 4gilt. Folglich erfüllen alle Zahlen, die ein Vielfaches von 12 sind und zwischen 1 und 2006liegen, die Bedingung. Dies sind 167 Zahlen.Lösungsvariante: Aus[ n] [ n] [ n]+ + = n 2 3 4 2 + n 3 + n 4=6n + 4n + 3n12= 1312 nfolgt, dass 13 n durch 12 teilbar sein muss, da die linke Seite der Gleichung (nach Definitionder Gauß-Klammer) ganzzahlig ist. Es kommen somit nur Vielfache von 12 als gesuchte Zahlenn in Frage.[ ]Wegen 1 ≤ n ≤ 2006 sind dies genau 2006 = 167 Lösungszahlen.1216

46. Mathematik-Olympiade1. Stufe (Schulstufe)Klasse 8Lösungenc○ 2006 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.460811 LösungFasst der Wasserbehälter x Liter Wasser, so sind, wenn in jeder Minute 4 Liter Wasser hineinfließen,nach einer gewissen Zeit (x − 60) Liter im Wasserbehälter, wozu eine (in Minutengemessene) Zeit t nötig ist. Folglich gilt t = x − 460 .Fließen aber in jeder Minute 6 Liter Wasser hinein, so sind nach einer gewissen Zeit 10 Literübergelaufen. Es sind also insgesamt (x + 10) Liter geflossen, wozu die gleiche Zeit t nötig ist.Es gilt daher auch t = x + 610 .Folglich gilt die Gleichung x − 460 = x + 610 mit der Lösung x = 200. Der Wasserbehälter fasst200 Liter Wasser.Lösungsvariante: Es fließt t Minuten lang Wasser in den Wasserbehälter. Im zweiten Fallfließen 2 Liter pro Minute mehr. Nach t Minuten sind dies 70 Liter, denn im zweiten Fallfließen 70 Liter mehr als im ersten Fall. Also gilt 2t = 60 + 10 und damit t = 35.Folglich fließt 35 Minuten lang Wasser in den Wasserbehälter, und der Wasserbehälter fasst(4 · 35 + 60 =) 200 Liter.460812 LösungTeil a) Der kleinere Würfel habe die Kantenlänge x cm. Dann beträgt die Kantenlänge desanderen Würfels (x + 22) cm. Hieraus folgt, dass die (Maßzahlen der) Oberflächeninhalte 6x 2bzw. 6(x + 22) 2 betragen.Nach Voraussetzung gilt daher 6(x+22) 2 −6x 2 = 19 272. Durch Umformen ergibt sich x = 62.Folglich haben die Würfel die Kantenlängen 62 cm und 84 cm.Teil b) Der kleinere Würfel habe die Kantenlänge x cm und der größere Würfel habe dieKantenlänge y cm. Wenn ein Paar (x; y) die Bedingung erfüllt, dass sich die Oberflächeninhalteder Würfel um 19 272 cm 2 voneinander unterscheiden, dann gilt 6y 2 − 6x 2 = 19 272. Wennman diese Gleichung durch 6 dividiert und die linke Seite in ein Produkt umformt, erhält man(y − x)(y + x) = 3212.Wegen 3212 = 2 · 2 · 11 · 73 und da (y − x) kleiner ist als (y + x), ergeben sich folgendeZerlegungsmöglichkeiten:3212 = (y − x)(y + x) = 1 · 3212 = 2 · 1606 = 4 · 803 = 11 · 292 = 22 · 146 = 44 · 73.Wegen (y − x) + (y + x) = 2y lässt sich für jeden dieser Fälle y und daraus auch x ermitteln.Nun muss noch nachgewiesen werden, dass die ermittelten fünf Zahlenpaare (x; y) die Bedingung6y 2 − 6x 2 = 19 272 tatsächlich erfüllen. Die Herleitung der möglichen Lösungen sowie17

der Nachweis, dass es tatsächlich Lösungen sind, wird in folgender Tabelle festgehalten.y − x 1 2 4 11 22 44y + x 3212 1606 803 292 146 732y 3113 1608 807 303 168 117y 1606,5 804 403,5 151,5 84 58,5x 1605,5 802 399,5 140,5 62 14,56y 2 15 485 053,5 3 878 496 976 873,5 137 713,5 42 336 20 533,56x 2 15 465 781,5 3 859 224 957 601,5 118 441,5 23 064 1261,56y 2 − 6x 2 19 272 19 272 19 272 19 272 19 272 19 272Es gibt zwei Lösungen. Die Kantenlängen der Würfel betragen 802 cm und 804 cm oder 62 cmund 84 cm.460813 LösungTeil a)Beispiele:z = 386 253; 386 − 253 = 133 = 7 · 19, also 7 | 133 und daher 7 | z;z = 36 869; 869 − 36 = 833 = 7 · 119, also 7 | 833 und daher 7 | z;z = 2772; 772 − 2 = 770 = 7 · 110, also 7 | 770 und daher 7 | z.Teil b) Beweis: Es gilt 1001 = 7 · 11 · 13. Wegen z = abcabc = 1000 · abc + abc = 1001 · abcgilt daher auch 7 | z.Teil c) Es gilt abcdef − abcabc = def − abc. Da abcabc durch 7 teilbar ist, lässt (def − abc)bei Division durch 7 denselben Rest wie z = abcdef. Folglich ist z genau dann durch 7 teilbar,wenn dies für (def − abc) zutrifft. Auf diese Weise ist das von Rolf beschriebene Verfahrenerklärt.Teil d) Da 1001 auch durch 13 teilbar ist, lässt sich bei sechsstelligen Zahlen die Teilbarkeitdurch 13 auf dieselbe Weise kontrollieren.Bemerkung: Man kann so die Teilbarkeit durch 7, 11 und 13 in einer Rechnung untersuchen.460814 LösungKonstruktionsbeschreibung (siehe auch Abbildung L 460814):(K1) Man konstruiert ein Dreieck AEC aus |AE| = s = 10 cm, |AC| = f = 7 cm und| |AC|gilt.)(K3) Man trägt in A den Winkel EAF mit der Größe |

Einzigkeitsnachweis: Wenn ein Viereck ABCD die gegebenenBedingungen erfüllt, dann gilt:Wegen Bedingung (4) gibt es genau einen Punkt Eauf dem Strahl AB so, dass|AE| = |AB| + |BE| = sgilt. Wegen Bedingung (a) ist AC Symmetrieachsevon ABCD, wegen Bedingung (3) gilt daher|

46. Mathematik-Olympiade1. Stufe (Schulstufe)Klasse 9/10Lösungenc○ 2006 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.461011 LösungAus der Überprüfung ann = 1 : 1 · 15 + 1 = 16 = 4 2 = (3 + 1) 2n = 2 : 11 · 105 + 1 = 1156 = 34 2 = (33 + 1) 2n = 3 : 111 · 1005 + 1 = 111 556 = 334 2 = (333 + 1) 2ergibt sich folgende Vermutung:a · b + 1 = (z + 1) 2 , wobei z die Zahl ist, deren Ziffernfolge aus n Dreien besteht.Beweis der Vermutung: Im Folgenden seien 11 . . . 1 bzw. 99 . . . 9 die Zahlen, deren Ziffernfolgeaus n Einsen bzw. n Neunen besteht.(z + 1) 2 = (33 . . . 3 + 1) 2 = 33 . . . 3 2 + 2 · 33 . . . 3 + 1= 11 . . . 1 · (3 · 33 . . . 3 + 2 · 3) + 1= a · (99 . . . 9 + 6) + 1mit 99 . . . 9 + 6 = 100 . . . 5 = b= a · b + 1 .Damit ist gezeigt, dass gilt a · b + 1 = (33 . . . 3 + 1) 2 und somit ist die Behauptung bewiesen.Lösungsvariante: Mit a = 10n −1und b = 10 n + 5 lässt sich durch Ausmultiplizieren der Wert9des Terms a · b + 1 wie folgt darstellena · b + 1 = 10n − 19(10 n + 5) + 1 = (10n ) 2 + 4 · 10 n + 49( ) 10 n 2+ 2=.3Wegen 10 n ≡ 1 (mod 3) (bzw. Quersumme(10 n +2) = 3) ist 10 n +2 ohne Rest durch 3 teilbarund deshalb a · b + 1 das Quadrat einer ganzen Zahl.461012 LösungMan denkt sich die Quadrate, in denen jeweils eine Tablette liegen kann, von 1 bis 10 nummeriert.Dann gibt es für die Entnahme von vier Tabletten aus der vollen Palette bei Berücksichtigungder Reihenfolge 10 · 9 · 8 · 7 = 5040 Möglichkeiten. Für die Reihenfolge der viergewählten Quadratnummern gibt es 4 · 3 · 2 · 1 = 24 Möglichkeiten, also für das Bild mit denfehlenden 4 Tabletten 5040 : 24 = 210 Möglichkeiten, wenn man die Palette nicht dreht.20

Unter den 210 möglichen Bildern mit 4 fehlenden Tabletten gibt es Paare von verschiedenenBildern, die durch Drehung um den Mittelpunkt M des Rechtecks um 180 ◦ auseinanderhervorgehen. Sie sind in Bernds Sinne gleich. Ihre Anzahl ist demzufolge zu halbieren.Es gibt aber auch einzelne Bilder, die zu M symmetrisch sind. Wie viele sind das? Es gibt5 Paare zu M symmetrisch liegender Plätze für die Tabletten (Quadrate). Von denen wähltman zwei Paare aus, um die Plätze für die fehlenden Tabletten festzulegen. Somit erhält man(5 · 4) : 2 = 10 Möglichkeiten. Also gibt es bei den 210 Möglichkeiten 100 symmetrische Paareund 10, die zu sich selbst symmetrisch sind.Also gibt es im Sinne der Frage von Bernd 110 verschiedene Muster.461013 LösungFaktensammlung (siehe Abbildung L 461013):(1) Dreieck ABO ist gleichseitig, denn aus Symmetriegründenist |

Lösungsvariante: Durch Probieren findet man die Lösung x 1 = 1 und als Ergebnis der Polynomdivisionerhält manx 6 + 2 x 5 − x 4 − 4 x 3 − x 2 + 2 x + 1 = (x − 1) ( x 5 + 3 x 4 + 2 x 3 − 2 x 2 − 3 x − 1 ) .Probieren liefert x 2 = 1 als Nullstelle des zweiten Faktors und Polynomdivision ergibtx 5 + 3 x 4 + 2 x 3 − 2 x 2 − 3 x − 1 = (x − 1) ( x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 ) .Erneutes Probieren liefert x 3 = −1 als Nullstelle des Faktors und Polynomdivision ergibtx 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = (x + 1) ( x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 )usw.Schließlich erhält man die Faktorzerlegungx 6 + 2 x 5 − x 4 − 4 x 3 − x 2 + 2 x + 1 = (x − 1) 2 (x + 1) 4und daraus die Lösungsmenge L = {−1; 1}.461015 LösungDie Gerade BC sei wie gefordert die Parallele zur Geraden P Ddurch den Punkt B und schneide die Gerade AD im Punkt Q(siehe auch Abbildung L 461015 a). Dann liegt D im Inneren derStrecke AD und es gilt nach dem Stufenwinkelsatz an geschnittenenParallelenα = |

461016 LösungFür die Primzahl p mit der geforderten Eigenschaft sei 1p= 0,ab die Dezimaldarstellungmit einem r-stelligen Ziffernblock a als Vorperiode und einem fünfstelligen Ziffernblock b alsPeriode. Dann gilt 10 r · 1p = a,b und 105 · 10 r · = ab,b, wobei ab die Zahl ist, die durch1pHintereinanderschreiben der Ziffern der Blöcke a und b entsteht. Bildet man die Differenz derbeiden Zahlen, so ergibt sich die ganze Zahl(10 5 − 1) · 10 r · 1p= ab − a.Folglich muss p ein Teiler von 10 oder 10 5 − 1 = 3 2 · 41 · 271 sein, also eine der Primzahlenp ∈ {2, 3, 5, 41, 271}.Damit ist gezeigt, dass es nur endlich viele Primzahlen mit der geforderten Eigenschaft gebenkann und die Aufgabe ist gelöst.Eine genauere Analyse zeigt, dass für p = 2 und p = 5 die entsprechende Dezimaldarstellungendlich (und damit formal auch periodisch mit der Periode 00000) ist.Für p = 3 gilt 1/3 = 0,3 = 0,33333, die kleinste Periodenlänge ist also 1. Für die anderenbeiden Primzahlen ist 5 sogar die kleinstmögliche Periodenlänge, wobei in beiden Fällen keineVorperiode auftritt:p = 41 1p= 0,02439,p = 271 1p= 0,00369.23

46. Mathematik-Olympiade1. Stufe (Schulstufe)Klasse 11–13Lösungenc○ 2006 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.461311 LösungDurch Ausmultiplizieren bestätigt man, dass für alle Zahlen n gilt6n 2 + 5n − 4 = (3n + 4)(2n − 1).Ist n > 1, so ist 3n + 4 > 2n − 1 > 1, also ist in diesem Fall (3n + 4)(2n − 1) eine zusammengesetzteZahl. Für n = 1 ist 6n 2 + 5n − 4 gleich der Primzahl 7. Der gegebene Ausdruck stelltsomit genau dann eine Primzahl dar, wenn n = 1 ist.Bemerkung: Die angegebene Faktorzerlegung kann man beispielsweise durch Bestimmung derNullstellen von 6n 2 + 5n − 4 finden. Jedoch ist eine solche Herleitung nicht erforderlich.461312 LösungDer Schnittpunkt von Seitenwand und Boden sei O, der Fußpunkt Bder Leiter A und ihr Endpunkt B (siehe Abbildung L 461312). DerPinsel befinde sich im Punkt P . Da P die Strecke AB halbiert, halbiertder Fußpunkt A ′ des Lotes von P auf die Strecke OA diesel/2(Strahlensatz). Das Dreieck AP O ist also gleichschenklig. Damit istdie Entfernung |OP | = |AP | des Pinsels vom Punkt O bei jeder LagePder Leiter gleich der halben Leiterlänge. Der Pinsel hinterlässt aufder Wand einen Kreisbogen.l/2Lösungsvariante: Die Endpunkte der Leiter seien im kartesischenKoordinatensystem die Punkte A(a; 0) und B(0; b). Für die Längel der Leiter gilt dann nach dem Satz des Pythagoras l = √ a 2 + b 2 . O A′ ADer Pinsel P habe die Koordinaten (x; y) im Mittelpunkt der Leiter. Abbildung L 461312Nach dem Strahlensatz gilt 2x = a und 2y = b, also 4x 2 + 4y 2 = l 2 .Weil dies äquivalent zur Kreisgleichung x 2 + y 2 = ( l 22)ist, muss die Spur des Pinsels einKreisbogen sein.461313 LösungDie Punkte K und L seien die Berührpunkte der gemeinsamen Tangente der Parabeln p 1 undp 2 (siehe Abbildung L 461313). Die Gerade AB habe die Gleichung y = a 3 x + b 3 . Von denrechten Seiten der Gleichungen der Parabeln p 1 , p 2 und p wird nun jeweils a 3 x + b 3 abgezogen.Dann ergeben sich Gleichungen von Parabeln p 1 , p 2 , p. Bei dieser Transformation entstehenkeine neuen Schnittpunkte zwischen den Parabeln und Geraden, denn zwei Punkte (x 1 ; y 1 )und (x 1 ; y 2 ) mit y 1 ≠ y 2 gehen über in (x 1 ; y 1 − a 3 x 1 − b 3 ) und (x 1 ; y 2 − a 3 x 1 − b 3 ) mitunterschiedlichen y-Koordinaten. Also sind die Bildpunkte K ′ und L ′ von K und L unter der24

Transformation auch die Berührpunkte der gemeinsamenTangente von p 1 und p 2 . Außerdemberühren p 1 und p 2 wieder p, die Berührpunkteseien A ′ und B ′ . Die Punkte A ′ und B ′ liegenauf der x-Achse. Daher liegen die drei Parabelnp 1 , p 2 , p symmetrisch zur Mittelsenkrechten derStrecke A ′ B ′ . Daraus folgt, dass die GeradenK ′ L ′ und A ′ B ′ parallel zueinander sind. Alsosind auch die Geraden KL und AB parallel zueinander,da sich die Steigung von Geraden beider Transformation um den gleichen Summanden−a 3 ändert.KLBpAp 1p 2Abbildung L 461313461314 LösungWir nennen eine Belegung der Teilgebiete mit Zahlen zulässig, wenn sie den Bedingungen derAufgabenstellung genügt.Teil a) Wie man durch Nachrechnen der Summen in den fünf Ringen leicht sieht, ist zumBeispiel die Belegung in Abbildung L 461314 a zulässig.6 814915aa 3 a 41 a 513105217431211a 12a 2a 14a 11a 10a 7a 9a 8a 15a 13a 6Abbildung L 461314 aAbbildung L 461314 bTeil b) Den 15 Teilgebieten werden entsprechend der Abbildung L 461314 b die Variablena 1 , . . . , a 15 zugeordnet.Für eine zulässige Belegung muss geltena 2 + a 3 + a 4 + a 7 + a 8 + a 9 + a 10 + a 11 = 38. (1)Da die Summe von acht verschiedenen positiven ganzen Zahlen größer gleich 1+2+· · ·+8 = 36ist, kann (1) nur erfüllt sein, wenn entwederodergilt.{a 2 , a 3 , a 4 , a 7 , a 8 , a 9 , a 10 , a 11 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10} (2){a 2 , a 3 , a 4 , a 7 , a 8 , a 9 , a 10 , a 11 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9} (3)25

Ferner erfordert die Summe in den unteren Ringena 6 + a 7 + a 8 + a 9 + a 14 + a 15 = 38,a 9 + a 10 + a 11 + a 12 + a 13 + a 14 = 38.Die Addition beider Gleichungen ergibt76 = a 9 + (a 7 + a 8 + a 9 + a 10 + a 11 ) + a 14 + (a 6 + a 12 + a 13 + a 14 + a 15 ). (4)Gilt (2), so folgt aus (4):76 ≥ 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 8 + (8 + 9 + 11 + 12 + 13) = 77.Die Gleichheit (2) ist also nicht erfüllbar.Gilt (3), so folgt aus (4):76 ≥ 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 7 + (7 + 10 + 11 + 12 + 13) = 76 (5)und damit a 9 = 1 und a 14 = 7.Im Gebiet A kann also nur die Zahl 1 stehen.Bemerkung 1: Die in a) geforderte zulässige Belegung kann zum Beispiel durch folgendeÜberlegungen gefunden werden:Aus (5) ergibt sich auch a 7 , a 8 , a 10 , a 11 ∈ {2, 3, 4, 5}, a 6 , a 12 , a 13 , a 15 ∈ {10, 11, 12, 13} unddamit a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 ∈ {6, 8, 9, 14, 15}. Wegen (3) erhält man a 2 , a 3 , a 4 ∈ {6, 8, 9}, folglicha 1 , a 5 ∈ {14, 15}. Es ergeben sich also zwingend die Beziehungen a 9 = 1, a 14 = 7,a 1 , a 5 ∈ {14, 15},a 2 , a 3 , a 4 ∈ {6, 8, 9},a 7 , a 8 , a 10 , a 11 ∈ {2, 3, 4, 5},a 6 , a 12 , a 13 , a 15 ∈ {10, 11, 12, 13}.Der Anzahl der Permutationen entsprechend ergibt dies 2 · 3! · 4! · 4! = 6912 Möglichkeiten. Soeine Möglichkeit ist genau dann eine zulässige Belegung, falls gilta 1 + a 2 + a 11 + a 12 = 38,a 4 + a 5 + a 6 + a 7 = 38,a 6 + a 7 + a 8 + a 15 = 30,a 10 + a 11 + a 12 + a 13 = 30.Durch Probieren erhält man jetzt mögliche Lösungen.Mittels Computerhilfe findet man, dass es unter diesen 6912 Möglichkeiten insgesamt 74zulässige Belegungen gibt. Diese können durch Zusatzvoraussetzungen weiter eingeschränktwerden. Beispielsweise führt die Vorgabe a 1 = 14, a 2 = 6 und a 3 = 8 zwangsläufig auf die in a)angegebene Lösung.Bemerkung 2: Wird diese Aufgabe in einer Klausur verwendet, sollte die Anzahl der Freiheitsgradedurch zusätzliche Vorgaben eingeschränkt werden. Beispielsweise lenkt die Zusatzvoraussetzunga 2 = 6, a 3 = 8, a 4 = 9 auf eine vereinfachte Form von (3) hin.26