Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$216$

Wegen $6^3=216$ hat der Würfel eine Kantenlänge von $6\text{m}$. Der herausgehauene Block verändert die Größe der Oberfläche nicht. Deshalb hat das entstandene Objekt die Oberfläche des Würfels, also $6\cdot 6^2=216$, gemessen in ${\text{m}}^2$.

Ergebnis:

$8.75\text{m}$

Die Grundfläche eines Hauses beträgt die Hälfte von $35\text{m}\cdot 25\text{m}-300{\text{m}}^2=575{\text{m}}^2$, also $287.5{\text{m}}^2$. Da eine Seite des rechteckigen Hauses $10\text{m}$ lang ist, muss die andere Seite $28.75\text{m}$ lang sein. Daraus ergibt sich $b=8.75\text{m}$.

Ergebnis:

$600$

Wenn man aus einer Kategorie kein Utensil benutzt, dann erhöht sich die Zahl der Möglichkeiten dort um $1$. Beispielsweise hat Markus bei den Strohhüten die Möglichkeit, einen seiner drei Hüte aufzusetzen oder eben keinen, was insgesamt für die Hüte $4$ Möglichkeiten ergibt. Analog gibt es somit $5$ Möglichkeiten für die Sonnenbrillen und $6$ Möglichkeiten für die T-Shirts. Weil Markus eine Badehose anziehen muss, kann er auf insgesamt $5\cdot 4\cdot 5\cdot 6=600$ Arten korrekt gekleidet am Strand erscheinen.

Ergebnis:

$18$ Tage

Sei $x$ die Anzahl an Lauras Urlaubstagen. Dann hatte sie an $x-11$ Tagen einen regenfreien Vormittag und an $x-12$ Tagen einen regenfreien Nachmittag. Da die Anzahlen dieser beider Arten von Tagen genau $13$ ergibt, erhält man aus

zuerst $2x=36$ und schließlich $x=18$.

Ergebnis:

$2034$

Die Zahl $n-Q(n)$ ist immer ein Vielfaches von $9$. Weil $2016$ durch $9$ teilbar ist, muss folglich $Q(n)$ und damit auch $n$ durch $9$ teilbar sein. Offensichtlich muss $n>2016$ gelten. Also probiert man die nächst größeren durch $9$ teilbaren Zahlen und findet bei $2034$ die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

$111111111$

Von den einstelligen Zahlen erfüllt nur die $1$ die geforderte Bedingung. Nun werden mehrstellige Zahlen betrachtet. Für eine Ziffer $n\ne 0$ gibt es genau $10^{n-1}$ Zahlen, die mit der Ziffer $n$ an erster Stelle von links starten und die Bedingung in der Aufgabenstellung erfüllen. Dies sind nämlich alle Zahlen zwischen $\overline{n0\dots 0}$ und $\overline{n9\dots 9}$. Deshalb gibt es insgesamt

solche Zahlen.

Ergebnis:

$15$

Ein reguläres $n$-Eck wird bei einer Drehung um seinen Mittelpunkt $M$ genau dann auf sich selber abgebildet, wenn der Drehwinkel ein Vielfaches des Winkels ist, der bei $M$ entsteht, wenn man $M$ mit zwei benachbarten Ecken des $n$-Ecks verbindet. Letzterer Winkel ist $360^{\circ }∕n$. Also ist die kleinste positive ganze Zahl gesucht, für die

ganzzahlig ist. Das Ergebnis lautet $n=15$.

Ergebnis:

17.06.2345

In allen kommenden Jahren der Form $20\ast \ast$ kann es keinen Glückstag geben, denn es lässt sich kein passender Monat finden. Sollen Jahre $21\ast \ast$ zu einem Glückstag führen, so muss der Monat eine $0$ enthalten, weshalb es dann unmöglich wird, einen geeigneten Tag zu finden. Nun werden Jahre der Form $23\ast \ast$ betrachtet. Der Monat eines Glückstages muss dann eine $0$ enthalten und der Tag muss folglich mit $1$ beginnen. Als nächst gelegenes Jahr kommt 2345 mit dem Monat $06$ in Frage und tatsächlich kann man einen Glückstag finden. Indem man noch die $17$ als Tag setzt, erhält man den $17.06.2345$ als den gesuchten Glückstag.

Ergebnis:

$12$

Die sechs Ebenen, in denen jeweils eine Quaderseite liegt, sind offensichtlich von der gesuchten Sorte. Außerdem gibt es für jedes Paar gegenüber liegender Seitenflächen des Quaders noch zwei darauf senkrecht stehende Ebenen, die jeweils eine Diagonale dieser Seitenflächen und damit vier Ecken des Quaders enthalten. Insgesamt sind es $12$ Ebenen der geforderten Art.

Ergebnis:

$9$

Um den Flächeninhalt der Mondsichel zu berechnen, zieht man vom Halbkreis um $M_1$ mit Radius $r_1$ das Segment ab, das vom Kreis um $M_2$ mit Radius $r_2$ ausgeschnitten wird. Letzteres bestimmt man als Differenz des Viertelkreises mit Radius $r_2$ und des gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks mit der Schenkellänge $r_2$. Nach dem Satz des Pythagoras gilt $r_2^2=2r_1^2$, sodass sich die gesuchte Fläche ergibt als

Ergebnis:

$6$

Da nur eine der vier Antworten richtig sein kann, gibt es unter den vier Dienern des Königs entweder drei oder vier Lügner. Bei vier lügenden Dienern ist die Gesamtzahl der Beine $28$, was ein Widerspruch zur Antwort des letzten Dieners ist. Also haben die lügenden Diener miteinander $21$ Beine. Nun kann aber der einzige nicht lügende Diener keine acht Beine haben, weil sich dann $29$ als Gesamtzahl der Beine ergibt, was aber nicht unter den Antworten vorkommt. Folglich hatte der die Wahrheit Sagende sechs Beine (und er war der Diener, der dem König als dritter eine Antwort gab).

Ergebnis:

$25$

Der Preis einer Tafel Schokolade muss ein gemeinsamer Teiler von 270, 189 und 216 sein. Soll die Gesamtanzahl an Tafel minimal sein, so muss der Preis so hoch wie möglich sein. Das bedeutet, der Preis einer Tafel ist gleich dem größten gemeinsamen Teiler $\mathrm{ggT}(270,189,216)=27$. Bei diesem Preis können

Tafeln verkauft werden.

Ergebnis:

$17$

Wenn Anna $16$ oder weniger Gebäckstücke zufällig erhält, kann dies den Familienfrieden nicht in jedem Fall sicherstellen. Beispielsweise gibt es bei $4$ Kolatschen, $4$ Mohnschnecken, $4$ Krapfen und $4$ Bärentatzen weder fünf paarweise verschiedene Gebäcksorten noch fünf Gebäckstücke derselben Sorte.
Wenn Anna sich von der Verkäuferin $17$ willkürlich ausgewählte Gebäckstücke geben lässt, dann können es fünf oder mehr Sorten an Gebäck sein und die Kinder sind glücklich. Andernfalls gibt es höchstens vier verschiedene Sorten. Dann aber folgt aus $17=4\cdot 4+1$ mit dem Schubfachprinzip, dass es eine Sorte an Gebäck gibt, von der mindestens fünf Stücke vorhanden sind. Also können auch in diesem Fall die Kinder zufriedengestellt werden.
Der Vater beauftragte also Anna, die Verkäuferin willkürlich $17$ Gebäckstücke auswählen zu lassen.

Ergebnis:

$4:\pi$

Sei $r$ der Radius des Kreises und $s$ die Seitenlänge des Quadrats. Da beide Figuren denselben Umfang besitzen, gilt $2\mathit{r\pi }=4s$ und somit $\mathit{r\pi }=2s$. Mit den Formeln $r^2\pi$ für die Fläche des Kreises und $s^2$ für die des Quadrats kann man dann das gesuchte Verhältnis wie folgt berechnen:

Ergebnis:

22:30 Uhr

Sei $d$ die Dauer eines Fluges und $s$ der Zeitunterschied zwischen Europa (MEZ) und den Kokos-Inseln (CCT) in Stunden. Die Aussagen können dann durch die zwei Gleichungen

beschrieben werden. Als Lösung erhält man $d=14$ und $s=5.5$. Folglich zeigte die Uhr auf den Kokos-Inseln die Uhrzeit 22:30 Uhr an, als Steven um 17 Uhr in Europa landete.

Es gibt die Kokos-Inseln tatsächlich! Sie liegen im indischen Ozean und zwar in der Zeitzone GMT+6:30, was genau MEZ+5:30 bedeutet.

Ergebnis:

$70$, $140$, $280$

Da $n$ das Produkt $14\cdot 20=2^3\cdot 5\cdot 7$ teilt, können in der Primfaktorzerlegung von $n$ nur die Primzahlen $2$, $5$ und $7$ vorkommen, und zwar die $2$ höchstens dreimal als Faktor und die $5$ sowie die $7$ höchstens einmal. Aus der Teilbarkeitsbedingung $14\mid 20n$ folgt, dass $n$ ein Vielfaches von $7$ ist, aus der Bedingung $20\mid 14n$, dass $n$ ein Vielfaches von $10$ ist. Somit ist $n$ auch ein Vielfaches von $70$. Wegen der Beschränkung $n\le 2^3\cdot 5\cdot 7$ kommen für $n$ nur die Zahlen $70$, $140$ und $280$ in Frage. Man prüft leicht nach, dass diese drei Zahlen tatsächlich die gestellten Anforderungen erfüllen.

Ergebnis:

$17$

Wie in folgender Skizze seien $R$ und $S$ die beiden anderen Eckpunkte des Rechtecks, $B$ der zweite Endpunkt von $x$ und $M$ derjenige Punkt auf der Seite $\mathit{SR}$, so dass $\overline{\mathit{SM}}=\overline{\mathit{PA}}=10$ gilt.

Aus $\overline{\mathit{PQ}}=18$ und der Berechnung $180+90=270$ für den Flächeninhalt des Rechtecks $\mathit{PQRS}$ folgt nun $\overline{\mathit{PS}}=\overline{\mathit{QR}}=270:18=15$. Die Formel für die Berechnung des Flächeninhalts des Trapezes $T_2$ lautet

woraus sich $\overline{\mathit{BR}}=16$ ergibt. Folglich ist $\overline{\mathit{BM}}=\overline{\mathit{BR}}-\overline{\mathit{MR}}=8$ und mit dem Satz des Pythagoras findet man

Ergebnis:

$(3,5,6,8)$

Offensichtlich muss Elisabeth mindestens $3+4+5+6=18$ Erdbeeren verteilen. Wenn sie $18$, $19$, $20$ oder $21$ Beeren verteilt, dann kann Valentin stets die gesamte Verteilung erschließen. Teilt die Mutter $22$ Beeren aus, so folgt aus den gegebenen Bedingungen, dass Valentin $7$, $8$, $9$ oder $10$ Erdbeeren haben kann. Falls er $7$, $9$ oder $10$ Beeren erhalten hat, kann er wiederum die gesamte Verteilung herausbekommen, bei $8$ Beeren kann er das nicht. Man untersucht also noch diejenigen Verteilungen von $22$ Beeren, in denen Valentin $8$ Beeren hat, nämlich $(3,4,7,8)$ und $(3,5,6,8)$. In der ersten davon kann Benedikt die Verteilung erschließen, in der zweiten hingegen ist es keinem der vier Brüder möglich. Daher ist $(3,5,6,8)$ die gesuchte Verteilung.

Ergebnis:

$800$

Das Markieren beginnt bei $1$, $16$, $31$, $46$ und endet im ersten Durchlauf mit $991$. Diese Zahlen sind alle von der Form $15k+1$ für passende nicht-negative Zahlen $k$. Also ist $6$ die erste markierte Zahl im zweiten Durchgang und $996$ die letzte, was bedeutet, dass hierbei sämtliche Zahlen der Form $15k+6$ markiert werden. Das nächste Mal startet der Durchgang bei $11$ und endet mit dem Markieren von $986$, was dazu führt, dass im nächsten Schritt wieder die $1$ drankommt und der Zyklus endet. Diesmal werden sämtliche Zahlen der Form $15k+11$ markiert. Man erkennt, dass insgesamt alle Zahlen der Form $5k+1$ markiert worden sind, und das ist ein Fünftel aller Zahlen auf der Kreislinie. Folglich gibt es am Ende der Prozedur $\frac{4}{5}\cdot 1000=800$ nicht markierte Zahlen.

Ergebnis:

$540^{\circ }$

Bezeichne die Spitzen des Sterns wie in der folgenden Abbildung mit $A$, $B$, $\text{…}$, $G$ und den Schnittpunkt von $\mathit{ED}$ und $\mathit{AB}$ mit $S$. Zeichnet man die Hilfslinien $\mathit{DB}$ und $\mathit{AE}$ ein, so erkennt man, dass die beiden Winkelsummen $\mathit{\angle SDB}+\mathit{\angle DBS}$ und $\mathit{\angle EAS}+\mathit{\angle SEA}$ gleich sind, da sie in den Dreiecken $△\mathit{DSB}$ und $△\mathit{AES}$ jeweils den gleichen Winkel auf $180^{\circ }$ ergänzen.

Somit ist die gesuchte Winkelsumme die Summe der Innenwinkel im Viereck $\mathit{AEFG}$ plus die Summe der Innenwinkel im Dreieck $△\mathit{DBC}$, also $360^{\circ }+180^{\circ }=540^{\circ }$.

Ergebnis:

$\frac{17}{6}$

Lucys Vorgehensweise ist die folgende: Sie nimmt der Reihe nach die Zahlen $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$ und berechnet die Summe

was nichts anderes ist als

Wählt sie die Zahlen $a_1$, …, $a_6$ der Größe nach in aufsteigender Reihenfolge, so erzielt sie für die Summe $S$ den höchsten Wert, denn die größte Zahl wird durch die kleinste Zweierpotenz dividiert, die zweitgrößte Zahl durch die zweitkleinste Zweierpotenz, etc. Analog wird der kleinste Wert für $S$ dadurch erreicht, dass die Zahlen $a_1$, …, $a_6$ der Größe nach absteigend geordnet sind. Offensichtlich tritt die größmögliche Abweichung zum tatsächlichen Ergebnis in einem dieser beiden extremalen Fälle auf.
Das arithmetische Mittel der gegebenen Zahlen ist $\frac{35}{6}$. Bei der aufsteigenden Anordnung erhält man $S=\frac{67}{8}$, was einen Absolutfehler von $\frac{61}{24}$ zur Folge hat. Bei der absteigenden Anordnung ergibt sich $S=3$ mit einer Abweichung von $\frac{17}{6}$ vom wahren Wert. Wegen $\frac{17}{6}>\frac{61}{24}$ ist $\frac{17}{6}$ das Ergebnis.

Ergebnis:

$24\text{m}$

Die Dreiecke $△E{L}_1{L}_2$ und $△E{L}_1{L}_5$ sind ähnlich, da die Winkel $\alpha$ und $\angle L_5{L}_{1}E=\angle L_2{L}_{1}E$ in beiden Dreiecken auftreten. Also gilt

woraus man den gesuchten Abstand $\overline{E{L}_1}=24\text{m}$ erhält.

Ergebnis:

$10$ und $13$

Es seien $a$ und $b$ die beiden Zahlen, die die gegebene Bedingung erfüllen. Weil die Summe der Zahlen von $1$ bis $17$ den Wert $153$ ergibt, gilt die Gleichung $153-(a+b)=\mathit{ab}$. Diese ist äquivalent zu $153=\mathit{ab}+a+b$ und führt nach Addition von $1$ auf beiden Seiten zur Gleichung $154=\mathit{ab}+a+b+1=(a+1)(b+1)$. Nun ist aber $154=2\cdot 7\cdot 11$ und es gilt für die beiden Zahlen $a+1$ und $b+1$ die Beschränkung $2\le a+1,b+1\le 18$. Deshalb ist $154=11\cdot 14$ die gesuchte Faktorisierung. Folglich sind $10$ und $13$ die gesuchten Zahlen.

Ergebnis:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$

Schreibe das Tupel als

mit $0\le x,y,z<15$. Die Bedingung $a>b>c>d>e>f$ ist dann äquivalent zu $x>y>z>0$, was bedeutet, dass das Tupel eindeutig bestimmt ist durch die Wahl von drei paarweise verschiedenen positiven ganzen Zahlen, die kleiner als 15 sind. Folglich gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ solcher Tupel.

Ergebnis:

03:03

Einmal pro Minute ist die Zahl der angezeigten Minuten gleich der Zahl der angezeigten Sekunden. Dies passiert in 50 Minuten genau 50 Mal. Dass die Zahl auf dem Display von rechts gelesen die gleiche ist wie die angezeigte Zahl, kommt in einer Minute je einmal mit jeder Ziffer $0$, $1$, …, $5$ als Einerziffer der Minutenanzeige vor, insgesamt also 30 Mal. Allerdings gibt es fünf Zeiten, nämlich $00:00$, $11:11$, $22:22$, $33:33$ und $44:44$, die in beiden Fällen und deshalb doppelt gezählt werden. Bis die Zeit auf $00:00$ heruntergelaufen ist und die Bombe explodiert, blinkt das Lämpchen also $50+30-5=75$ Mal auf, wobei $00:00$ bei der Zählung mit eingeschlossen ist. Die Bombe kann also beim sechstletzten Aufblinken des Lämpchens deaktiviert werden. Die letzten fünf sind die mit der Anzeige $00:00$, $01:01$, $01:10$, $02:02$ und $02:20$, folglich blinkt das Lämpchen zum 70. Mal, wenn auf dem Display $03:03$ zu sehen ist.

Ergebnis:

$\frac{1}{3}$

Wie in der folgenden Abbildung seien mit $M_1$, $M_2$ und $M_3$ die Mittelpunkte der Kreise und mit $r_3$ der Radius des zweitkleinsten Kreises bezeichnet.

Aufgrund der Symmetrie der Figur gilt $M_1{M}_2\perp M_1{M}_3$ und man erhält mit dem Satz des Pythagoras aus der Gleichung

den Wert $r_3=\frac{2}{3}$. Nun definiere den Punkt $P$ als denjenigen Punkt, der $M_1$, $M_2$ und $M_3$ zu einem Rechteck vervollständigt. Seien außerdem $A$, $B$ und $C$ die Schnittpunkte der Strahlen $[M_{1}P$, $[M_{2}P$ bzw. $[M_{3}P$ mit den entsprechenden Kreisen, wie in der Skizze angegeben. Da $M_2{M}_1{M}_{3}P$ ein Rechteck ist, ergeben sich die Längen $\overline{\mathit{PB}}=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$, $\overline{\mathit{PC}}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$ und $\overline{\mathit{PA}}=2-\overline{M_2{M}_3}=2-(1+r_3)=\frac{1}{3}$. Folglich hat der Punkt $P$ zu allen drei Punkten $A$, $B$ und $C$ den Abstand $\frac{1}{3}$, weshalb die Punkte $A$, $B$ und $C$ auf dem Kreis um $P$ mit Radius $\frac{1}{3}$ liegen. Aufgrund der vorliegenden Situation sind diese drei Punkte genau die Berührpunkte an die entsprechenden Kreise, sodass der Kreis um $P$ mit Radius $\frac{1}{3}$ genau der kleine Kreis in der gegebenen Skizze sein muss. Somit ist $\frac{1}{3}$ der gesuchte Radius.

Ergebnis:

$9$

Sei $n$ die Anzahl der Spieler zu Beginn und $x$ das durchschnittliche Guthaben eines Spielers, als Erich noch mitspielte. Dann erhält man aus den Angaben folgende Gleichungen:

Umformen und Auflösen der beiden Gleichungen nach $x$ ergibt

woraus man durch Gleichsetzen sofort $n=9$ erhält. Somit waren es neun Personen, die um den Tisch saßen, als Erich noch mitspielte.

Ergebnis:

$125$

Der ganze Würfel besteht aus insgesamt $7^3$ Einheitswürfeln. Entfernt man ein Begrenzungsquadrat, so werden zwei Einheitswürfel miteinander verbunden und die Anzahl der isolierten Räume im großen Würfel verringert sich um eins. Am Ende sollen höchstens $7^3-5^3$ isolierte Räume übrig bleiben, das ist nämlich die Anzahl der äußeren Einheitswürfel. Aus diesem Grund müssen mindestens $5^3=125$ Begrenzungsquadrate entfernt werden. Man sieht schnell, dass die Entfernung von $125$ Begrenzungsquadraten auch ausreichend ist.

Ergebnis:

$909$

Es sei $a$ eine ganze Zahl mit $a^2=20\ast \ast \ast 16$. Das bedeutet, dass $a^2-16=(a-4)(a+4)$ durch $100$ teilbar ist. Da $a$ gerade sein muss, folgt mit $a=2b$, dass $(b-2)(b+2)$ durch $25$ teilbar ist. Nun können aber nicht beide Zahlen $b-2$ und $b+2$ durch $5$ teilbar sein, also teilt $25$ entweder $b-2$ oder $b+2$. Deswegen ist $b$ von der Form $b=25n\pm 2$ für ein passendes $n$ und es ergibt sich $a=50n\pm 4$. Aufgrund der Abschätzungen $1404^2<{(1.414\cdot 1000)}^2<{(1000\sqrt{2})}^2=2000000$ und $1454^2>1450^2=2102500>2100000$ erhält man $a=\pm 1446$. Dies liefert die Quadratzahl $a^2=2090916$ und somit den gesuchten Ziffernblock $909$.

Ergebnis:

$\frac{18}{5}$

Es sei $D$ der Mittelpunkt der Strecke $\mathit{BC}$. Dann ist das Dreieck $△\mathit{ABD}$ rechtwinklig und aus dem Satz des Pythagoras folgt, dass $\overline{\mathit{AD}}=4$ ist. Der Teil des Dreiecks, der nicht mit Wasser gefüllt ist, ist ein zum Dreieck $△\mathit{ABC}$ ähnliches Dreieck mit einem Seitenverhältnis von $1:4$. Da das Verhältnis der Flächeninhalte des nicht gefüllten Teils und des gesamten Dreiecks auch nach der Drehung gleich bleibt, muss auch im zweiten Fall eine entsprechende Ähnlichkeit mit den gleichen Seitenverhältnissen gegeben sein. Daraus folgt, dass die Wasseroberfläche stets $3∕4$ der Dreieckshöhe betragen muss. Man muss also lediglich die Höhe auf die Seite $\mathit{AB}$ berechnen. Der Flächeninhalt des Dreiecks $△\mathit{ABC}$ ist $\frac{1}{2}\cdot \overline{\mathit{AD}}\cdot \overline{\mathit{BC}}=12$ und aus $\frac{1}{2}\cdot \overline{\mathit{AB}}\cdot h_{\mathit{AB}}=12$ ergibt sich $h_{\mathit{AB}}=\frac{24}{5}$. Folglich beträgt die Höhe des mit Wasser gefüllten Teils $\frac{3}{4}\cdot \frac{24}{5}=\frac{18}{5}$.

Ergebnis:

$(1,1,3,2,4,6)$

Am besten geht man das Problem umgekehrt an: Die Endverteilung $(0,0,0,0,0,0)$, bei der alle Pfirsiche gegessen wurden, kann nur ausgehend von der Verteilung $(1,0,0,0,0,0)$ erreicht werden. Diese kann wiederum nur aus $(0,2,0,0,0,0)$ hervorgehen, usw. Auf diesem Weg kann eine eindeutige Folge von Verteilungen der Pfirsiche erzeugt werden:

Diese Folge endet mit der gesuchten Anfangsverteilung $(1,1,3,2,4,6)$.

Ergebnis:

$26$

Die Entfernung zwischen dem ersten und dem letzten besetzten bergwärts fahrenden Zweiersessel ist dreimal so groß wie jene zwischen dem ersten und dem letzten besetzten talwärts fahrenden Zweiersessel. Demnach muss die Zeit zwischen den beiden in der Aufgabe gegebenen Zeitpunkten doppelt so lang sein wie die Zeit zwischen der Begegnung der beiden ersten besetzten Zweiersessel und der Begegnung des ersten besetzten nach oben fahrenden mit dem letzten besetzten talwärts fahrenden Zweiersessel. Daraus kann man folgern, dass sich die beiden ersten besetzten Zweiersessel um 12:13 Uhr exakt in der Mitte der gesamten Liftstrecke treffen. Eine Fahrt dauert also insgesamt $26$ Minuten.

Ergebnis:

$100^{\circ }$

Es gilt $\overline{\mathit{CD}}=\overline{\mathit{AD}}=\overline{\mathit{MD}}=\overline{\mathit{ND}}$. Daher sind die Dreiecke $△\mathit{AMD}$ und $△\mathit{NCD}$ gleichschenklig mit den Basen $\mathit{AM}$ und $\mathit{NC}$. Es sei $𝜃=\mathit{\angle BAD}$. Dann ist $\mathit{\angle CBA}=\mathit{\angle ADC}=180^{\circ }-𝜃$. Weil andererseits

gilt, erhält man

und

Daraus ergibt sich

oder $𝜃=80^{\circ }$. Es folgt $\mathit{\angle CBA}=100^{\circ }$.

Ergebnis:

$130$

Die Tabelle habe zwei Zeilen und sieben Spalten. Wenn die erste Spalte der Tabelle einfärbig ist, muss die benachbarte Spalte die andere Farbe haben. Die dritte Spalte muss wiederum dieselbe Farbe wie die erste Spalte haben, usw. Da es zwei Möglichkeiten für die Farbwahl der ersten Spalte gibt, entstehen in diesem Fall zwei Möglichkeiten, die Tabelle einzufärben.

Wird die erste Spalte mit beiden Farben eingefärbt, so müssen auch alle anderen Spalten aus zwei Farben bestehen. Man sieht schnell, dass es keine Rolle spielt, wie die Farben auf die obere und die untere Zeile verteilt werden, da jede daraus resultierende Färbung den Voraussetzungen genügt. Es gibt also in diesem zweiten Fall $2^7=128$ verschiedene Färbungen.

Insgesamt erhält man folglich $2+128=130$ unterschiedliche Färbungen der Tabelle.

Ergebnis:

$196$

Es sei $m$ die Anzahl an Diamanten im kleinsten Haufen. Falls $m\ge 2$ gilt, so kann der kleinste Haufen in zwei Haufen der Größen $1$ und $m-1$ aufgeteilt werden, wobei keiner der beiden Haufen die Größe eines anderen Haufens haben kann. Daher muss $m=1$ gelten.

Nun wird gezeigt, dass der zweitkleinste Haufen aus $3$ Diamanten bestehen muss. Sei $n$ die Anzahl der Diamanten in diesem Haufen. Da $n=2$ ausgeschlossen ist, muss noch der Fall $n\ge 4$ untersucht werden. Die Aufteilung $n=2+(n-2)$ zeigt jedoch, dass $n\ge 4$ nicht möglich ist.

Schritt für Schritt lässt sich nun zeigen: Falls die Haufen mit den Anzahlen $1,3,\dots ,2k-1$ ($k>1$) die $k$ kleinsten Haufen in der Verteilung sind, dann muss der $(k+1)$-te kleinste Haufen, falls er existiert, aus $2k+1$ Diamanten bestehen. Es sei dazu $p$ die Anzahl der Diamanten im $(k+1)$-ten kleinsten Haufen. Offensichtlich ist $p$ ungerade, da ein Haufen mit gerader Anzahl an Diamanten in zwei kleinere Haufen mit jeweils gerader Anzahl geteilt werden könnte. Ist $p\ge 2k+3$, so liefert die Aufteilung $p=2+(p-2)$ einen Widerspruch. Daraus kann man schließen, dass $p=2k+1$ die einzige mögliche Anzahl ist, die die Bedingungen aus der Aufgabenstellung erfüllt.

Die Anzahl der Diamanten in Manuels Haufen ist also durch $1+3+\cdots +(2k-1)=k^2$ gegeben. Da $14^2=196$ die größte Quadratzahl kleiner als $200$ ist, handelt es sich dabei auch um die größtmögliche Anzahl an Diamanten, die Manuel unter den gegebenen Voraussetzungen besitzen kann.

Ergebnis:

$3{!}^3∕9!=1∕1680$

Es werden drei Mengen mit jeweils drei Paaren definiert:

Beachte, dass ein einzelnes Spiel im Turnier genau dann unentschieden endet, wenn zwei Paare aus derselben Menge $M_S$, $M_{\mathit{St}}$ oder $M_P$ gegeneinander gespielt werden.

Eine Permutation der Elemente von $M_S\cup M_{\mathit{St}}\cup M_P$ entspricht eineindeutig einer Reihenfolge der Verwendung aller möglichen Paare im Turnier. Paare von solchen Permutationen entsprechen dann allen möglichen Ausgängen des gesamten Turniers. Alle Spiele enden genau dann in einem Unentschieden, wenn die Elemente aus der Menge $M_S$ bzw. $M_{\mathit{St}}$ bzw. $M_P$ in der Permutation von $S_1$ die gleichen drei Positionen einnehmen wie in der Permutation von $S_2$ irgendwelche Elemente aus der Menge $M_S$ bzw. $M_{\mathit{St}}$ bzw. $M_P$. Betrachtet man nun irgendeine Permutation, die die Reihenfolge der Züge von Spieler $S_1$ darstellt, dann gibt es genau $3{!}^3$ Anordnungen der Züge von Spieler $S_2$, die in jedem Spiel zu einem Gleichstand führen. Somit beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit

Ergebnis:

$\frac{5}{3}\sqrt{2}$

Der beschriebene Körper kann wie folgt aus einem Würfel entstehen: Jede Ecke des Würfels wird so weggeschnitten, dass der Schnitt durch die Mittelpunkte der benachbarten Kanten verläuft. Der Würfel besitzt also die Kantenlänge $\sqrt{2}$ und somit das Volumen $2\sqrt{2}$. Die weggeschnittenen Körper haben die Form von (schiefen) Pyramiden mit einem gleichschenkligen rechtwinkligen Dreieck als Grundfläche. Die Kathetenlänge dieses Dreiecks beträgt $\sqrt{2}∕2$ und auch die Höhe beträgt $\sqrt{2}∕2$. Das Volumen einer weggeschnittenen Pyramide beträgt daher $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot {(\sqrt{2}∕2)}^2\cdot (\sqrt{2}∕2)=\sqrt{2}∕24$. Damit ist das Volumen des gegebenen Körpers

Ergebnis:

$601$

Es ist

und durch eine schrittweise Zerlegung in Faktoren erhält man daraus

Nur der letzte der Faktoren ist größer als $100$. Da man weiß, dass ein dreistelliger Primfaktor existiert und $5^4-5^2+1=601$ offensichtlich nicht durch $2$, $3$, $5$ teilbar ist, ist $601$ prim und somit die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

$20$

Man färbt die Wabe wie folgt mit drei Farben:

In dieser Färbung sind die drei Zellen einer großen Biene immer mit drei verschiedenen Farben gefärbt, egal wo sie liegen. Deshalb müssen die $12$ weißen und die $12$ schraffierten Felder den $12$ großen Bienen gehören und in einem der $13$ grauen Felder muss die kleine Biene leben.

Falls die kleine Biene die in der Mitte gelegene graue Zelle bewohnt, dann gibt es genau zwei Möglichkeiten, um die restliche Bienenwabe in $12$ Gebiete für die großen Bienen zu teilen. Eine Möglichkeit davon ist unten links abgebildet und die andere entsteht daraus durch eine $60^{\circ }$-Drehung. Für jede der $6$ grauen Zellen im Inneren der Bienenwabe mit Ausnahme der Zelle in der Mitte gibt es genau eine Möglichkeit, die großen Bienen in der restlichen Wabe unterzubringen. Für jede am Rand liegende graue Zelle gibt es genau zwei Möglichkeiten, die restliche Bienenwabe in dreizellige Gebiete zu teilen. Eine Möglichkeit ist unten rechts abgebildet und die andere ist symmetrisch dazu.

Man erhält somit $2+6\cdot 1+6\cdot 2=20$ Möglichkeiten die Honigwabe zu teilen, damit alle Bienen untergebracht werden können.

Ergebnis:

$\frac{15}{8}$

Wegen $\mathit{\angle AXB}=\mathit{\angle ACB}=60^{\circ }$ und $\mathit{\angle CXA}=\mathit{\angle CBA}=60^{\circ }$ gilt $\mathit{\angle BXT}=180^{\circ }-\mathit{\angle AXB}-\mathit{\angle CXA}=60^{\circ }$. Sei $U$ der Punkt auf $\mathit{AX}$, sodass $\mathit{TU}\parallel \mathit{BX}$ erfüllt ist.

Dann ist $△\mathit{TUX}$ ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge $3$ und es ergibt sich mit Hilfe des Strahlensatzes

Ergebnis:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$

Sei $P$ ein strahlender Punkt im Inneren des gegebenen Dreiecks. Dann gehören die Halbgeraden $[\mathit{PA}$, $[\mathit{PB}$ und $[\mathit{PC}$ zu den $27$ von $P$ ausgehenden Strahlen, da andernfalls Vierecke entstehen, die nicht erlaubt sind. Eine Zerlegung der Dreiecksseiten durch die Strahlen eines strahlenden Punktes kann man also als eine Verteilung von $24$ Kugeln auf drei Fächer sehen.

Sei umgekehrt eine Verteilung $(p_1,p_2,p_3)$ von $24$ Kugeln auf drei Fächer gegeben. Es gilt also $p_i\in \{0,1,2,\dots ,24\}$ für $i=1,2,3$ und $p_1+p_2+p_3=24$. Teile nun die Seite $s_i$ des gegebenen gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge $a$ jeweis durch $p_i$ gleichmäßig verteilte Punkte in $p_i+1$ Teile der Länge ${\ell }_i=a:(p_i+1)$.

Der Flächeninhalt des gegebenen Dreiecks sei $F$. Für $i=1,2,3$ besitzt jedes Dreieck mit Basis ${\ell }_i$ und Höhe $d_i:=\frac{2}{27}\cdot \frac{F}{{\ell }_i}$ dann den Flächeninhalt $\frac{1}{27}\cdot F$. Nun ist die Frage, ob es einen inneren Punkt des Dreiecks gibt, der von jeder Seite $s_i$ jeweils den Abstand $d_i$ besitzt. Wegen

erhält man

Somit ist die Summe $d_1+d_2+d_3$ genau die Höhe $h$ im gleichseitigen Dreieck und es gibt tatsächlich einen eindeutig festgelegten Punkt $P$ im Inneren des Dreiecks mit den Abständen $d_i$ zur Seite $s_i$, genauer gilt $d_i=\frac{1}{27}\cdot h\cdot (p_i+1)$. Dieser Punkt $P$ ist nach Konstruktion ein strahlender Punkt.

Folglich entspricht jeder strahlende Punkt im gleichseitigen Dreieck eineindeutig einer Verteilung von $24$ Kugeln auf drei Fächer. Die Anzahl solcher Verteilungen ist $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$.

Ergebnis:

$47$

Aus der Primfaktorzerlegung $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ ergibt sich $2016^2=2^{10}\cdot 3^4\cdot 7^2$. Deshalb hat $2016^2$ genau $11\cdot 5\cdot 3=165$ Teiler, wovon wiederum genau $\frac{1}{2}\cdot (165-1)=82$ kleiner als $2016$ sind, denn mit Ausnahme von $2016$ lassen sich die Teiler in Paare $(x,y)$ mit $x\cdot y=2016^2$ und $x<2016<y$ aufteilen. Nun hat die Zahl $2016$ genau $6\cdot 3\cdot 2-1=35$ echte Teiler, die natürlich alle auch Teiler von $2016^2$ sind. Folglich ist die gesuchte Anzahl $82-35=47$.

Ergebnis:

$\frac{1}{2}(4033\sqrt{4033}-1)$

Für jede positive ganze Zahl $n\in \mathbb{N}$ folgt wegen $4n={(\sqrt{2n+1})}^2+{(\sqrt{2n-1})}^2$ durch Erweitern mit $(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1})$

Deshalb ist der Ausdruck $z_1+z_2+\cdots +z_{2016}$ eine teleskopische Summe und man erhält

Ergebnis:

$423$

Die Zahl $1$ kann nur von der $3$ aus erreicht werden und diese von $2$ oder $9$. Die $9$ kann von $8$ oder $27$ kommen, die $2$ von $1$ oder $6$, aber für diese Aufgabenstellung kommt nur $6$ als Vorgänger in Frage. Zur weiteren Rekonstruktion der Vorgänger sei $P_n$ die Menge genau der positiven ganzen Zahlen, für die der Wert $1$ in exakt $n$ Schritten zum ersten Mal erreicht wird. Seien weiter $p_n$ die Anzahl der Elemente von $P_n$ sowie $f_n$, $g_n$ und $h_n$ die Anzahl der Elemente von $P_n$ mit Rest $0$, $1$ und $2$ bei Division durch $3$. Da für $n\ge 3$ alle Elemente von $P_n$ größer als $3$ sind, folgt

• $f_{n+1}=p_n$, da genau für jedes $x\in P_n$ gilt, dass $3x\in P_{n+1}$ ist,
• $g_{n+1}=h_n$, da genau für jedes $x\in P_n$ der Form $3k+2$ gilt, dass $x-1=3k+1\in P_{n+1}$ ist, und
• $h_{n+1}=f_n$, da genau für jedes $x\in P_n$ der Form $3k+3$ gilt, dass $x-1=3k+2\in P_{n+1}$ ist.

Deswegen folgt

für $n\ge 4$. Die Startwerte sind, wie oben angegeben, $p_1=1$, $p_2=2$ und $p_3=3$. Die weiteren Terme können mit der Rekursionsformel berechnet werden und daraus ergibt sich $p_{11}=423$.

Ergebnis:

$74^{\circ }$

Da $\mathit{KJ}$ eine Mittellinie im Dreieck $△\mathit{IBD}$ ist, gilt $\mathit{KJ}\parallel \mathit{BI}$. Analog folgt $\mathit{KL}\parallel \mathit{CF}$. Somit ist $\mathit{\angle LKJ}=\mathit{\angle FCD}+\mathit{\angle ABI}$. Wegen $\mathit{\angle EIA}=\mathit{\angle EBA}=90^{\circ }$ liegen die Punkte $B$ und $I$ auf dem Thaleskreis über der Strecke $\mathit{EA}$. Also ist $\mathit{AIBE}$ ein Sehnenviereck und es ergibt sich

Analog erhält man im Sehnenviereck $\mathit{DECF}$ den Winkel $\mathit{\angle FCD}=37^{\circ }$. Insgesamt folgt nun $\mathit{\angle LKJ}=74^{\circ }$.

Ergebnis:

$133$

Zuerst sei bemerkt, dass die gewählten Nullen überhaupt keine Rolle spielen. Wenn Alexander genau $a$-mal die Zahl $-1$, $b$-mal die $1$ und $c$-mal die $2$ gewählt hat, dann lauten die gegebenen Bedingungen