Praxis der Mathematik Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1970-1971 (aus Praxis der Mathematik)

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Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1970-1971 (aus Praxis der Mathematik)

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" Alifgaben 358 his 361 In PM 12, S.. 341, brachten Wir die Aufgaben der ersten Rundev des Bundeswettbewerbs Mathematik 1970/71 (Figur). Es folgen nun noch einmal die Aufgaben mit den zugehérigen‘ Auflésungen. A 358. Erste Wettbewerbsaufgabe. An einer Tafel stehen die Zahlen 1, 2, 3, . . . , 1970. Man darf irgend zwei Zahlen

. . Das Emblem des " Wettbewerbs

wegWischen und dafiir ihre Difierenz anschreiben. Wiederholt man diesen Vorgang genfigend oft, so bleibt an der Tafel schlieth nur noch eine Zahl stehen. Es ist nachzuweisen, daB diese Zahl ungerade ist.

Aufliisung. Wegstreichen und Difi'erenzbildung entspricht, wenn g gerade Zahl und u ungerade Zahl bedeutet, der Verkm'ipfungstafel

9‘ u

g

u

9 u .

u 9

Die Anzahl der ungeraden Zahlen nimmt also j eweils um 2 oder nicht ab. Da sie am Anfang 985, also ungerade ist, muB die als letzte verbleibende Zahl ungerade sein. Andere Alifliisung (aus der Jugendzeitschrift ,,Wir expeMentieren“, Heft 6/1971, S 238): Ist die Difl'erenz zWeier Zahlen gerade, so ist es auch ihre Summe, ist ihre Differenz ungerade, so ist auch ihre Summe ungerade. Man darf also stets statt der Difierenz die betrefi'ende Summe anschzreiben, ohne das Wesentliche Zu verandern.

Dabei erhalt man schlieBlich die Summe aller Zahlen von 1 bis 1970, diese betragt 1971- 985, ist also ungerade. Beim Bilden der Difi'erenzen hatte man daher ebenfalls eine ungerade Zahl erhalten.

A 359. Zweite Wettbewerbsaufgabe. Ge'geben ist ein Stiick Papier. Es Wird in acht oder zW6].-f beliebige Stiicke zerschnitten. Jedes der entstandenen Stiicke darf man wieder 1n acht oder zwélf Stficke zerschneiden oder unzerschnitten lassen, usw. Kann man auf diese Weise 60 Stfick bekommen.T Zeige, daB man jede beliebige Anzahl, die gréfier als 60 ist,erha1ten kann! Auflfisung. Die L6sung ergibt sich aus dem Wertevorrat W der Funktion (,m n)——>1+7m+11n

mitmundnausNo.

Die Koordinatenanordnung von W

012345678910 n ' 0 _.1' 2 3. 4 5 6

1 12 23 34 45 56 67

15 8 19. 26 30 37 48_ 41 52 59 63 70 74 ’. .

22 33 44 55 66

29 40 51 62 73

43 36 47 54 58 , 65 69 '... .

50 .-57 61 68 72

64

71

209

laBt Anzahl und Art der Zerschneidungen bequem erkennen. Die Zahl 6O gehért nicht

zum Wertevorrat. Mi-t den Zahlen 61 bis 67 sind auch alle weiteren- natfirlichen Zahlen zu erreichen, und zwar lediglich unter weiterer Beniitzung der einen Zerschneidungsart.

A 360. Dritte Wettbewerbsaufgabe. Von beliebigen ffinf Strecken wird ledig'h'éhvorausgeSetzt, daB man jeweils drei von ihnen zu Seiten eines Dreiecks machen‘kann.

Es ist nachzuweisen, daB mindestens eines der Dreiecke spitzwinklig ist.



Aufliisung. Es sei

(1)

-

.

'

a2b2a2d2e>0.

Die Annahme, die Dreiecke (a,b, c) und (c,d, e) seien beide nicht spitzwinklig, Wird

durch einen Widerspruch Widerlegt. Die Nichtspitzwinkligkeit wird nach dem verallgemeinerten Satz des Pythagoras gegeben durch

(2)

a2 g (,2 + (:2

und

(3)

x

'

02 2 £12 + 32-

Dann ist nach (2) mid (3) (4)

.

'

a2 2 b? + d2 + 62,

nach (1).und (4) (5).

(1,2262 +d2+32,

nach (3) und (5)

'

(6)

.und

'

a22d2+62 +d2+€2:

I

I

a2 2 (d + e)2 + ((1—6)2 4

also

' '

a2 2 (0l + (5)2 im Widerspruhc zu der Dreiecksgleichung a < d + e. Weiter laBt sich beweisen: Ist nur eines der 10 moglichen Dreiecke spitzwinklig, so ist es das Dreieck (c,d, e).

A 361. Vierte Wettbewerbsaufgabe. Es sei' P das links liegende, Q das rechts liegende von zwei benachbarten Feldern eines Schachbrettes aus n ma] n Feldern. Auf dem

linken Feld P steht ein Spielstein. Er soll fiberdas Schachbrett bewegt werde'n. AIS Bewegungen sind zugelassen': 1) Versetzung auf das oben liegende Nachbarfeld, 2) Versetzung auf das rechts liegende Nachbarfeld 3_) Versetzung auf das links unten anstoBende Feld.

Auf dem fiblichen Schachbrett Warealso von e5 aus nur zulassig . 1) Versetzung nach 66, 2) Versetzung nach f 5, 3) Versetzung nach d4. Beweise: Fiir keine Zahl n kann der Stein alle Felder'Je einmal besuchen und seine Wanderung 1n Q beenden. 210

Aufl6sung. 'Angenommen, das Ziel Q werde erreicht durch x Versetzungen der 1. Art, 3/ VerSetzungen _der 2. Art, 2 Versetzungen der 3. Art,

so folgt aus den notwendigen Gleichungen

-

die Beziehung

x+y+z=n2—1 x =2 ’ y =z+1 Q _ 32 + 2 = 722,

die in N keineL6sung hat, weil eine Quadratzahl nie den 3er-Rest 2 besitzen kann,

Wie man durch Betrachtung der Ausdriicke (3 Io)2, (310 +1)2 und (31c + 2)2 einsieht.

Zweite (topologische) Aufliisung.A sei das Feld links oben, B das Feld rechts unten. Bei A und B sind Eingangs- und Ausgangsrichtung eindeutig festgelegt. Die Lage P: A und die Lage Q: B lassen keine L6sung zu; P: B ist laut Aufgabe unm6glich. 1. Fall. Eine etwaige L6sung fiihrt von P nach A und dann nach B. Der Weg AB muB zur Vermeidung von unerlaubten Uberkreuzungen (jedes Feld nur einmal, 2. Diagonalrichtung nicht zugela‘ssenl) oberhalb und rechts von PQ vorbeifiihren. Damit ist aber nach dem Ausgang aus B der Gang nach Q versperrt. ' 2. Fall: Die L6sung fiihrt von P nach B und dann nach A. Wieder muB der Weg BA rechts und oberhalb von PQ vorbeifiihren k6nnen, womit aber wegen des Ausgangs bei A der Weg zu Q Wieder abgeschnitten ist. , FRASCH, Stuttgart

Aufgaben A 362 his A 365 Die vier Aufgaben der zweiten Runde des Bundeswett-

bewerbs Mathematik 1970/1971 (PM 13, Heft 4, S. 94, 95, 96, 1971): A 362. Erste Wettbewerbsaufgabe. Bewez'se: Sind a, b, c, d natiirliche Zahlen, die der Bedingung ab— = ad geniigen, so ist

.(1.2+b2+02+d2 keine Primzahl. Man formuliere und beweise auch eine Verallgemeinerung dieses Satzes. Erster Beweis. Es Wird sofort die Verallgemeinerung bewiesen:

Ist k eine nicht‘ negative ganze Zahl und sind a, b, c, d natiirliche Zahlen, die der Bedingung ab = cd genfigen, so ist a,1c + bk + 0" + d" keine Primzahl.

Wegen ab = cd ist —:— = % = 3 (x, y teilerfremd), also

a=ux Damit Wird

-b=vy

c=uy

d=vx

mit

»

u,veN. .

ak + bk + ck + dk = ukmk + vkyk + ukyk + vkwk = (u!6 + 2276) (wk + 21*). was als Produkt natfirlicher Faktoren >' 1 keine Primzahl ist. Zweiter Beweis. Zunachst Wird bewiesen.'

-— a + b + c + d _ c (1, so ist IcSind a, b, c, d natiirliche Zahlen mit der Beziehung a, b— keine Primzahl. 211

Esist ' _ ak=aa+ab+ac+ad=aa+cd+ac+ad= (a+c)(a,+d). Wire 16 eine Primzahl, so mfiBte k Teiler von (a+c) oder von (a+d) sein, Was nicht m6glich ist, da. 16 gr6Ber 1st als jede dieser Zahlen. Ist n 6N0, so erf1illen auch die Zahlen a", b", c", d" mit 11 b— = c d die Voraus- , setzungen des eben beWiesenen Satzes, und daher 1st auch

an+ba+cn+dn keine Primzahl.

Eine weitere Verallgemeinerung stellt folgender Satz dar:

Sind ah, bk, m, n nat11rliche Zahlen, die den Bedingungen aibj = a; bi geniigen (i,7',k=1,.2,

.,m>1), soist

keine Primzahl.

a1+az+m+arn+bal+ba+m+bza

A 363. Zweite Wettbewerbsaufgabe. Die Bewohner eines Planeten hahen eine Sprache, die nur die Buchstaben A und 0 besitzt. Zur Vermeidung von Fehl'ern un- ' terscheiden sich irgend zwei W6rter gleicher Buchstabenanzahl an mindestens drei Stellen (z. B. unterscheiden sich AAOAO und AOAAA an der zweiten, dritten und

.ffinften Stelle). Zeige, daB es nicht mehr als 71+ 1 W6rter mit n Buchstaben gibt. Aufl6sung. Es gibt 2“ M6ghchkeiten, n-mal naoheinander Je einen der beiden Buch“staben A und 0 auszuwéhlen. p aus diesen m6glichen Buchstabenanordn‘ungen seien W6rter der planetarischen Sprache mit der Buchstabenlange n. Jedem der W6rter W; (i— — 1,2,. -, P) 13317 sich eine Klasse Kg von (n + 1) Buchstabenanordnungen zuordnen; K; enthalt das Wort W1 und alle n Anordnungen, die sich von Wi an

genau einer Stelle unterscheiden. Die K sind paarweise disjunkt, weil sich zwei verschiedene W an mindestens drei Stellen unterscheiden miissen. Alle K enthalten daher pm + 1) Anordnungen. Diese Anzahl kann h6chstens 2" sein. Daher I

«20(n+1)§2". Fiir n = 7‘ kann das Gleichheitszeichen gelten; Eine zu p = 7—:7—1- geh6rende Menge von 16 ,,W6rtern“ 1st in der Toto-Mathematik bekannt als ,,System“, das

bei 7 Spielen, die nur die beiden Ergebnisse 1 und 2 zulassen, die Garantie biet'et ffir ein ,,Wort“ mit h6chstens einem Fehler:

1111111 2222222

1111222 2222111

1122112. 2211221

1122221 2211112

1212122, 2121211

1212211 2121122

1221121 2112212

1221212 2112121

A 364. Dritte Wettbewerbsaufgabe. In einem Land gibt es nur EinbahnstraBen. Zwischen irgend zwei Stadten besteht eine und nur eine direkte StraBenverbindung. Zeige, daft~ es eine Stadt gibt, die von jeder anderen Stadt aus direkt oder 1'1ber h6chstens eine zweite Stadt err-eicht werden kann. Erster Beweis. m sei die h6chste Anzahl der auf eine Stadt .zufiihrenden Direktverbindungen und M sei eine Stadt mit dieser h6ehsten Anzahl. D sei die Menge der m Stédte mit Direktverbindungen nach M.' ,Ist die Restmenge R der Stédte ohne M 'und die zu D geh6renden Stédte leer, so stimmt die Behauptung. 151: X e R, so muB es ein E e D mit'der Verbindung X —EV—M geben. Denn gflbe es ein solches E nicht, so ware X von allen m Stédten der Menge D und von M aus direkt erreichbar. Z11 X ‘ wfirden dann (m +1) Verbindungen hinffihren, was zur Annahme 1'1ber M 1m Widerspruch steht. Also erffillt jede Stadt mit der maximalen Anzahl von Zufahrtsm6g1ichkeiten die Bedingung der Aufgabe. 212

Zweiter-Beweis (mit vollstfindiger Induktion). Die Behauptung stimmt ofi'enbar ffirzwei 11nd ffir drei Stédte. Sie sei ‘auch richtig f1'1r n Stadte. Eine Stadt, die die geforderte Bedingung erfiillt, heiBe eine H-Stadt. Bei n beliebig gewi—ihlten Stidten sei A eine H-Stadt. Die iibrigen (n — 1) Stédte werden in zwei Klassen eingeteilt: D-Stédte sind Stédte mit Direktverbindung nach A, N-StiaZdte sind Stfidte ohne Direktverbindung nach A.

Dann muB es zu jeder N-Stadt wenigstens eine D-Stadt geben, iiber die eine verbindung nach A f1'ihrt. Kommt zu den 11 Stédten eine weitere Stadt P hinzu, so lassen sich zwei F5116 1 unterscheiden:

1. Von P fiihrt einedirekte Verbind'ung nach A Oder einer 'D-Stadt. Dann. ist A auch fiir die euf (n + 1) vermehrte Anzahl von Stfidten eine H-Stadt.

. 2. Von A und von jeder D-Stadt fiihrt eine Direktverbindung nach P. Da von jeder N-Stadt eine Direktverbindung nach mindestens einer D-Stadt besteht, 1st jetzt P eine H-Stadt.

A 365. Vierte Wettbewerbsaufgabe.rIm Innern eines Quadrates mit der Seite 1 liegt

ein sich nicht fiberschneidender Streckenzug, dessenLéinge gréBer als 1000 ist. .Beweise, daB es: zu jedem solchen Streckenzug eine Parallele zu einer der Quadratseiten

gibt, welche den Streckenzug in mindestens 501 Punkten 'schneidet. Auflfisun'g. Der Beweis wird fiir eine LangeZ __ 1000 gefiihrt. a und b seien zwei

nicht parallele Seiten des Quadrats. Bei senkrechter Projektion auf a und b entsteht aus jeder Strecke .81; (13— — 1, 2,

., n) des Streckenzuges eine Strecke a; auf a und eine

Strecke b1; auf b, darunter diirfen sich auch ,,Strecken“ der Lange 0 befinden. Wegen

der Dreiecksungleichung (bzw. wegen | sinoc] + | cosoc|_ > 1) ist Za¢+2b¢>28¢>1000.

Mindestens eine der Summen muB 2 500 sein. Ohne Verlust an Allgemeinheit darf .

man annehmen, daB

2 at 2 500 . Da der Streckenzu'g 1m Innern des Quadrantes verlauft,‘1"1berdeckt seine Projektion eine Strecke a < 1. Die Projektionen der Endpunkte der Strecken des Zuges unterteilen diese Strecke'in k aufeinanderfolgende Teilstrecken tic; fiir sie gilt t1+t2+“ '-+tlc=oc Uberdeckt nun die Projektion des Streckenzuges nj--ma.1 die Teflstrecke t1, so fiihrt .die Annahme m__ < 500 auf n

k

, k

2 a; = 2 mt; $500.2 t1 g 5000: < 500. i=1 i=1 . i=1 Der entstandene Widerspruch zwingt zu der Behauptung, daB in mindestens einem der zu den ti gehorenden Streifen jede Parallele zur Seite b den Streckenzug in mindestens 501 Punkten schneidet. Die Zahl 501 kann auch die Hochstzahl sein, Wie ein einfaches Beispiel zeigt. Die Bedingung, daB ein sich nicht fiberschneidender Streckenzug vorliegt, lia'JBt sich wesentlich einschrélnken.

FRASCH, Stuttgart 213

n

Paw) = Z (2)00 — nx)3x7“1(1 — x)""‘—1 ——2n§ (2) (lo — nx)x"(1—x)"‘k Multipliziert man diese Gleichung mit 95(1 — 2:), so ergibt sich n

x(1 — x) Pé(:z:) = Z (Z) (k — nx)3xk(1— x)""‘

k=0

— 2nx(1 — w)1720;“ )(k — nx)x"(1— x)”"‘, was aber gleichbedeutend ist mit

93(1 — x)P;(x) = P3(x) — 2nx(l —'x) P1(x) . P3 (x) 15.131; sich also darstellen durch P3(x) = x(1 -— x) [Pé(x) + 2nP1(x)] . Aus dieser Darstellung 1513f; sich folgende Rekursionsformel vermuten:

(1)

Pram = w — x) [P;+1(x) + (r + 1)nP.(x)].

Der Beweis ist schnell erbracht. Es gilt

P;+1 2 vorausgesetzt. Eine Menge M = {(11, a2, . .., an} mit n Elementen hat 2” Teilmengen. Die Anzahl der Teilmengen, die ein bestimmtes Element a, enthalten, ist '2"—1. Eine Aus-

wahl von Teilmengen, die die in der Aufgabe geforderte Bedingung (B), daB jeweils drei Teilmengen der Auswahl ein gemeinsames Element enthalten, erfiillt, ist also

moglich. Es liege eine (B) erfiillende Auswahl U von 2"—1 Teilmengen von M vor. Zu jeder zu U gehorenden Teilmenge A gibt es eindeutig die komplementare Teilmenge/I = M \A, die wegen (B) zu der Menge U der 2"‘1 Teilmengen gehort, die nicht zu U gehéren. Von zwei komplementaren Teilmengen von M gehért also stets die eine zu U, die andere zu U. Insbesondere gehort wegen (B) die leere Untermenge

_

zu U, die Menge M also zu U.

Es sind nun zwei Falle denkbar-z 1. Fall: Es gibt in U zwei Teilmengen von M, die ein und nur ein Element a, gemeinsam haben. Dann muB wegen (B) jede Teilmenge in U dieses Element enthalten. U besteht dann aus den 275—1 Teilmengen von M, die a) enthalten.

2. Fall: Die Voraussetzung (V) ist erffillt, daB es in U kein Paar von Teilmengen von M gibt, die ein 11nd nur ein Element gemeinsam haben. Es kann dann in U auch keine 1-elementigen Teilmengen geben. Unter dieser Voraussetzung gilt: (2. Beweis)

(1. Beweis)

Wenn U alle k-elementigen Teilmengen

Enthalt U keine k-elementige Tefl-

von M enthalt (k = n, n-— 1, ..., 2), so

menge von MUc = 1,2, ...,n — 1), so

enthalt U auch alle (10 — 1)-elementigen Teilmengen. Enthielte namlich U etwa die (k — 1)-elementige Teilmenge

Teilmenge. Enthielte namlich U etwa die (1:: + 1)-elementige Teilmenge

A = {01, a2: ""ak—l}

A = {a1,a2,...,ak+1},

nicht, so Wire A = {“769 ak'l'l) °",an}

in U enthalten. Dann kénnte aber die k-elementige Teilmenge A U {ah} mit A nur das Element ak gemeinsam haben,

also wegen (V) nicht zu U gehéren. Da M e U, enthalt U also auch alle

(n —1)-elementigen Teilmengen, also auch alle (n — 2)-elementigen Teilmengen und so fort, was offensichtlich zu einem Widerspruch ffihrt.

enthalt U auch keine (ls + 1)-elementige

so konnte die Menge B = A U {akfl}, weil sie mit A nur das eine Element ak+1 gemeinsam hat, wegen (V) nicht zu U gehéren. Dann miiBte aber die k-elementige Teilmenge B zu U gehoren. Da U gemaB (V) keine l-elementige Teilmenge enthalt, enthalt sie also auch keine 2-elementige Teilmenge, also auch keine 3-elementige Teilmenge und so fort, was ofiensichtlich zu einem Widerspruch ffihrt.

3. Beweis. Zunachst wird wie oben bewiesen, daB von zwei komplementaren Teilmengen von M stets eine und nur eine zu U gehért. Sind die M-Teilmengen A, B e U, so ist auch A n B e U. Andernfalls ware nam-

lich A n B e U, was wegen A n B n A n B = { } unmoglich ist. Bilden die M-Teilmengen A; (i = 1, 2, ..., k = 2n—1) die Auswahl U, so ist der Gesamtdurchschnitt D = A1 n A2 0 ' - ~ n A k nicht leer, weil D e U und -{ } ¢ U.

Also enthalten samtliche in U enthaltenen Teilmengen von M mindestens ein gemeinsames Element. DaB D eine 1-elementige Teilmenge von M ist, folgt aus der Anzah] der zu U gehorenden Teilmengen von M. 78

A 378. Aufgabe 4. Bew'eise: Durchléuft n die Folge der natfirlichen Zahlen, so durchlialuft [n + [/h— + 4%] die Folge der natiirlichen Zahlen mjt Ausnahme der Quadratzahlen. [x] bedeutet die groBte ganze Zahl < x. Erster BeWeis. Setzt man f(n)= [n + 1F+ fl, so 1531; sich folgende Tabelle aufstellen: Interval]bezeichnung ffirn [1

12

I3

n

f (n)

1

2=12+1

2

=22—1

3

5=22+1

4

6

5 6

7 8:32-1

7

10=32+1



15:42—1

Ila—1

Ik

(Z)

Ik+1

Icz—lc=(lc—-1)2+(Ic—1)

ké—1

kz—k+1

k2+1

kz-i-z

k2'+lc+z

k2-i-Ic

ké+2k=(k+1)2—1

k2+k+1=(’0+1)2—'(k+1)+1

(—lc+1§z§k;zganz)

(k+1)2+1 .

Aus der Tabelle ist leicht zu'ersehen, daB ledjgliéh die Zeile (Z) fiir das Interval] 1k zu beweisen ist. Aus —Ic+1§z§k

folgt und ' Daher

und was

—k+;}0(a|b) mit

y=b+1(alb).