Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$130$

Der Flächeninhalt der Öffnung ist genau so groß wie der Bereich, in dem sich das Schiebefenster mit dem festen Fenster überlappt, und das ist ein Rechteck der Größe $10\text{cm}\times 13\text{cm}$.

Ergebnis:

$42$

Bei einem Blick auf die Abbildung erkennt man Folgendes: Der Umfang des großen Rechtecks ist gleich der Summe der Umfänge der vier äußeren kleinen Rechtecke, bei denen der Umfang gegeben ist, minus den Umfang des kleinen Rechtecks in der Mitte. Also ist die Antwort

Ergebnis:

$6301$

Da die letzte Ziffer einer vierstelligen Primzahl nicht gerade sein kann, muss die Primzahl von der Form $630\ast$ gewesen sein. Die letzte Ziffer kann auch keine $5$ sein, da sonst die Zahl durch $5$ teilbar wäre. Die Endziffern $3$ und $9$ scheiden wegen einer durch $3$ teilbaren Quersumme aus. Da $6300$ durch $7$ teilbar ist, ist auch $6307$ durch $7$ teilbar. Also bleibt nur noch $6301$ als Lösung.

Ergebnis:

$\frac{41}{70}$

Da es nur um den Anteil geht, kann man $5\text{m}$ als Einheit benutzen. Durch Aufsummieren der Flächenanteile der drei rechtwinkligen Dreiecke erhält man als Ergebnis

Ergebnis:

$4$

Es müssen mindestens vier Punkte weggenommen werden, denn die vier kleinen $1\times 1$-Quadrate in den Ecken des Gitters haben keinen gemeinsamen Punkt. Folgendes Beispiel zeigt, dass es auch genügt, vier Punkte wegzunehmen: Entferne zwei entgegengesetzte Ecken des Gitters und zwei innere Punkte auf der anderen Diagonalen.

Ergebnis:

$5$

Die Einerziffern der Quadratzahlen wiederholen sich periodisch mit der Periodenlänge $10$. Für die Summe der ersten zehn Quadratzahlen ergibt sich aufgrund von

die Endziffer $5$. Folglich hat die Summe $1^2+\cdots +2010^2$ als Einerziffer die Endziffer von $201\cdot 5=1005$, also $5$. Da die Summe $2011^2+2012^2+\cdots +2017^2$ auf die Ziffer $0$ endet, ist die gesuchte Einerziffer die $5$.

Ergebnis:

$\frac{11}{12}$

Den gegebenen Quotienten kann man wie folgt umformen:

Ergebnis:

$163$

Die Anzahl der Züge zwischen Linz und Waldkirchen sei $r$, die Anzahl zwischen Linz und Regensburg sei $w$ und die zwischen Waldkirchen und Regensburg sei $l$. Anna zählt die Züge zwischen Linz und den anderen beiden Städten. Daraus erhält man die Gleichung $r+w=190$. Ganz analog ergeben sich die Gleichungen $l+w=208$ und $l+r=72$. Addiert man nun die ersten beiden Gleichungen und zieht davon die dritte ab, so erhält man $2w=190+208-72$. Folglich ist $w=\frac{1}{2}\cdot 326=163$.

Ergebnis:

$256$

Sei $x=a^4$ mit einer geraden natürlichen Zahl $a$ und sei $b$ eine ungerade natürliche Zahl, so dass $b^4$ durch Vertauschen der Ziffern von $x$ entsteht. Wegen $10000=10^4$ müssen $a$ und $b$ kleiner als $10$ sein. Indem man $a$ quadriert und die Einerziffer des Ergebnisses noch einmal quadriert, erkennt man, dass $a^4$ immer auf die Ziffer $6$ endet.

Nun berechnet man $1^4=1$, $3^4=81$, $5^4=625$, $7^4=2401$ und $9^4=6561$. Weil aber eine Ziffer $6$ vorhanden sein muss, braucht man nun nur noch die Fälle $b=5$ und $b=9$ zu betrachten. Im Fall $b=9$ muss die zugehörige Zahl $a^4$ auch durch $9$ teilbar sein, was zur Folge hat, dass $3$ ein Teiler von $a$ ist. Also muss $a=6$ sein, aber die Ziffern von $6^4=1296$ können nicht zu $9^4=6561$ umgeordnet werden.
Folglich bleibt nur noch $b=5$ übrig. In der Tat kann man die Ziffern von $4^4=256$ zu $5^4=625$ umordnen.

Ergebnis:

$1:7$

Die Dreiecke $△\mathit{EBF}$ und $△\mathit{DFC}$ sind ähnlich mit einem Streckungsfaktor $\overline{\mathit{EB}}:\overline{\mathit{DC}}=1:6$. Deshalb gilt auch $\overline{\mathit{BF}}:\overline{\mathit{FD}}=1:6$ und somit $\overline{\mathit{BF}}:\overline{\mathit{BD}}=1:7$.

Ergebnis:

$200$

Da die maximale Anzahl von Leuten in einer Wohnung drei ist, leben in den Wohnungen von Nr.51 bis Nr.100 jeweils genau drei Personen. Also sind in den Wohnungen von Nr.1 bis Nr.50 genau $56-2\cdot 3=50$ Leute zu Hause, so dass sich eine Gesamtzahl von $150+50=200$ ergibt.

Ergebnis:

$3\cdot 2^{1008}$

Man sieht leicht, dass in jedem Schritt die rote Zahl größer ist als die grüne. Wenn also im $n$-ten Schritt $R_n$ die rote und $G_n$ die grüne Zahl bedeutet, so ergibt sich im $(n+1)$-ten Schritt $R_{n+1}=R_n+G_n$ sowie $G_{n+1}=R_n-G_n$ und im $(n+2)$-ten Schritt

Also verdoppelt sich sowohl die rote als auch die grüne Zahl alle zwei Schritte. Da diese Verdopplung bis zum $2017$-ten Schritt genau $1008$-mal passiert, schrieb Tobias im $2017$-ten Schritt die rote Zahl $3\cdot 2^{1008}$ auf.

Ergebnis:

$124$

Mit dem Satz von Pythagoras erhält man $\sqrt{60^2+80^2}=100$ als Länge der Diagonalen des Rechtecks. Die Höhe auf die Diagonale teilt diese in zwei Teile. Beispielsweise bestimmt man nun den kürzeren Teil mit dem Kathetensatz zu $60^2:100=36$. Daraus ergibt sich $100-36=64$ für den längeren Teil der Diagonalen und man kann den Höhensatz anwenden, um die Länge der Höhe als $\sqrt{36\cdot 64}=48$ zu erhalten. Insgesamt hat der Zickzackweg eine Länge von $48+(64-36)+48=124$.

Ergebnis:

$8$

Da alle Ziffern der Zahl $2017$ verschieden sind, müssen alle Ziffern $a$, $b$, $c$ und $d$ paarweise verschieden sein und jede Ziffer muss genau einmal gestrichen werden. Nach dem Streichen ist die erste oder die letzte Ziffer von $2017$ gleich $a$, weshalb es für $a$ nur die zwei Möglichkeiten $a=2$ oder $a=7$ gibt. In beiden Fällen ergibt sich nun eine analoge Aufgabenstellung für ein sechsstelliges Palindrom $\overline{\mathit{bcddcb}}$. Im ersten Fall hat man für $b$ die zwei Möglichkeiten $b=0$ oder $b=7$ und im zweiten Fall die zwei Möglichkeiten $b=2$ oder $b=1$. Analog sieht man, dass man für das dann entstehende vierstellige Palindrom $\overline{\mathit{cddc}}$ jeweils zwei Möglichkeiten für $c$ hat und anschließend $d$ eindeutig festgelegt ist. Insgesamt gibt es also $2^3=8$ Möglichkeiten für ein Palindrom der gesuchten Art.

Ergebnis:

$9$

Für eine einstellige positive ganze Zahl $n$ gilt stets $S(n)+P(n)=2n>n$.

Nun betrachtet man positive ganze Zahlen $n$ mit mehr als einer Ziffer. Sei $m\ge 1$ und $n=a_{m}10^m+\cdots +a_0$ mit $0\le a_k\le 9$ für $0\le k\le m$ und $a_m\ne 0$. Dann gilt

und in der letzten Ungleichung gilt Gleichheit nur für $m=1$. Ist also $n$ eine Zahl der gesuchten Art, so muss

erfüllt sein, was gleichbedeutend ist mit $a_1(9-a_0)=0$, also $a_0=9$. Schließlich haben genau die neun Zahlen $19$, $29$, $39$, $49$, $59$, $69$, $79$, $89$ und $99$ die gewünschte Eigenschaft.

Ergebnis:

$19$

Übersetzt man die gegebenen Informationen in Gleichungen, so entsteht folgendes Gleichungssystem, wenn man mit $x$ die Anzahl der Gruppenleiter, mit $y$ die Anzahl der Arbeiter und mit $z$ die Anzahl der Teilzeitbeschäftigten bezeichnet:

Dabei sind $x$, $y$ und $z$ positive ganze Zahlen. Löst man Gleichung $(2)$ nach $z$ auf, so kann man wegen $z=2000-20y-100x$ erkennen, dass $z$ durch $20$ teilbar sein muss. Setzt man $z=20k$ in die beiden Gleichungen ein und dividiert die zweite durch $1000$, so erhält man die Gleichungen

Subtrahiert man die erste Gleichung von der zweiten, so ergibt sich $4x=19k$. Weil $4$ und $19$ teilerfremd sind, muss $19$ ein Teiler von $x$ sein. Wegen $0<x<20$ kommt nur $x=19$ (mit $y=1$ und $z=80$) als Lösung in Frage.

Ergebnis:

$51$

Dreht man das dunkelgraue Dreieck $30^{\circ }$ um den Mittelpunkt des Umkreises, so fallen seine Ecken mit Ecken des Sechsecks zusammen. Also ist der Flächeninhalt des dunkelgrauen Dreiecks genau halb so groß wie der Flächeninhalt des Sechsecks.

Da sowohl das Sechseck als auch die aufgesetzten Quadrate und die dort innen liegenden schraffierten Dreiecke die gleichen Seitenlängen besitzen, beträgt der Flächeninhalt eines schraffierten Dreiecks ein Sechstel des Flächeninhalts des Sechsecks. Also verhalten sich die Flächeninhalte des schraffierten und des dunkelgrauen Dreiecks wie $1:3$ zueinander. Deshalb ist der gesuchte Flächeninhalt $3\cdot 17=51$.

Ergebnis:

$15$

Beginnt man mit dem Auslegen der Platten in den schmalen Streifen, so erkennt man, dass deren Lage eindeutig vorgegeben ist bis hin zur $3\times 5-$Rechtecksfläche.

Nun gibt es drei Möglichkeiten für die nächste Platte: Sie kann entweder in der gleichen Richtung wie die vorherige angefügt werden (Fall $(1)$ unten), wobei zwei abgetrennte $3\times 2-$Flächen entstehen, oder sie kann quer angelegt werden (Fälle $(2)$ und $(3)$). Hier ist dann die Pflasterung wieder eindeutig bis auf eine $3\times 2-$Fläche.

Jede $3\times 2-$Fläche kann auf die folgenden drei Arten ausgelegt werden:

Deshalb gibt es $3\cdot 3=9$ Möglichkeiten der Pflasterung im Fall $(1)$ und jeweils $3$ in den Fällen $(2)$ und $(3)$. Also gibt es insgesamt $9+3+3=15$ unterschiedliche Pflasterungen.

Ergebnis:

$2021$, $10085$

Es sei $d$ der gewählte Teiler von $n$. Folglich ist $n=k\cdot d$ für eine ganze Zahl $k$. Laut Aufgabenstellung muss die Gleichung

gelten. Da $2017$ eine Primzal ist, muss entweder $d=1$ oder $d=2017$ sein. Im ersten Fall ergibt sich $n=k=2017+4=2021$, und im zweiten Fall ist $k=5$ und deshalb $n=2017\cdot 5=10085$.

Ergebnis:

$60$

Marianne hat $5$ Möglichkeiten sich ihren Platz auszusuchen. Da Hilde nicht neben Marianne sitzen soll, bleiben für sie nur die zwei Plätze übrig, die Marianne gegenüber liegen. Das ergibt $5\cdot 2$ Möglichkeiten. Die restlichen drei Schülerinnen können sich auf $3!$ Arten dazusetzen. Also gibt es insgesamt $5\cdot 2\cdot 3!=60$ Möglichkeiten für die gesuchte Anordnung.

Ergebnis:

$73$

Der Schnittpunkt von $\mathit{AC}$ mit $\mathit{DM}$ sei mit $S$ und der mit $\mathit{DB}$ sei mit $T$ bezeichnet.

Wegen $\mathit{\angle MAC}=56^{\circ }$ und dem gegebenen rechten Winkel bei $S$ erhält man aus der Innenwinkelsumme im Dreieck $△\mathit{AMS}$ zunächst $\mathit{\angle SMA}=34^{\circ }$. Dann ist $\mathit{\angle BMD}=180^{\circ }-\mathit{\angle SMA}=146^{\circ }$. Weil $\mathit{MB}$ und $\mathit{MD}$ beides Radien des Kreises sind, ist das Dreieck $△\mathit{BDM}$ gleichschenklig. Für den Basiswinkel $\mathit{\angle MDB}$ ergibt sich $\mathit{\angle MDB}=\frac{1}{2}(180^{\circ }-146^{\circ })=17^{\circ }$. Schließlich kann man den gesuchten Winkel über die Innenwinkelsumme im Dreieck $△\mathit{DST}$ berechnen:

Ergebnis:

$488$

Mit $f_n$ wird die Länge der dicken Begrenzungslinie der $n$-ten Stufe bezeichnet. In jeder Stufe werden drei kongruente Figuren der vorherigen Stufe entlang zweier Seiten der Länge $1$ zusammengesetzt, die nun nicht mehr zum Rand gehören. Hieraus ergibt sich die Rekursionsformel $f_{n+1}=3\cdot f_n-2\cdot 2$ für alle $n\ge 1$. Mit $f_1=4$ erhält man hieraus die Lösung $f_6=488$.

Ergebnis:

$1345$

Zuerst sei bemerkt, dass Schurken nicht nebeneinander sitzen können. Hat nämlich ein Schurke einen anderen Schurken als einen Nachbarn, dann müsste der zweite Nachbar auch ein Schurke sein. Das würde sich so fortsetzten, was bedeuten würde, dass gar kein Superheld anwesend ist. Aber es ist ja bekannt, dass es mindestens einen Superhelden gibt, nämlich den, der einen Fehler machte.

Wenn man zunächst den Superhelden, der fälschlicherweise gelogen hat, außer Acht lässt und nur die Superhelden betrachtet, die immer die Wahrheit sagen, dann sitzt jeder Superheld zwischen einem Superhelden und einem Schurken. Die um den Tisch sitzenden Leute lassen sich also in geordnete Gruppen der Form Superheld–Superheld–Schurke unterteilen. Der lügende Superheld kann dann entweder zwischen zwei Superhelden gesetzt werden oder zusammen mit einem Schurken zwischen einen Superhelden und einen Schurken. Der Rest bei der Division der Anzahl der Personen durch drei ist im ersten Fall $1$ und im zweiten Fall $2$. Weil $2017$ bei der Division durch $3$ den Rest $1$ ergibt, handelt es sich um den ersten Fall. Folglich sitzen $\frac{2}{3}\cdot 2016+1=1345$ Superhelden am Tisch.

Ergebnis:

$\sqrt[2016]{2017}$

Da $x$ positiv ist, kann man beide Seiten mit $\frac{1}{x}$ potenzieren und erhält $x^{2017}=2017x$ und hieraus $x^{2016}=2017$. Die gesuchte Lösung ist also $x=\sqrt[2016]{2017}$.

Ergebnis:

$10$

Ein Dodekaeder hat $20$ Ecken und an jeder Ecke treffen sich drei Kanten. Es genügt, das Kantenmodell zu betrachten, das aus den Ecken und den Kanten des Dodekaeders besteht. Nach jedem Schritt, bei dem ein Streckenzug von zusammenhängenden Kanten in einer Farbe angemalt wird, entfernt man die eingefärbten Kanten. Wenn man einen geschlossenen Streckenzug entfernt, werden an jeder Ecke entweder $0$ oder $2$ Kanten entfernt. Wenn die Anfangsecke $A$ und die Endecke $E$ eines weggenommenen Streckenzuges verschieden sind, wird an den Ecken $A$ und $E$ genau eine Kante entfernt, wohingegen an den übrigen Ecken $0$ oder $2$ Kanten entfernt werden. Also muss jede Ecke Start- oder Endpunkt von mindestens einem Streckenzug sein. Deswegen braucht man mindestens $10$ Farben.

Die folgende Abbildung zeigt, dass es eine Färbung mit $10$ Farben gibt. Folglich ist $10$ die Antwort.

Ergebnis:

$24$

Die Fläche des Weges kann in drei Trapeze mit der Höhe $2$ und den Mittellinien der Länge $a$, $b$ bzw. $c$ unterteilt werden.

Weil man die Fläche eines Trapezes auch als Produkt aus Mittellinie und Höhe berechnen kann, erhält man

als Fläche des Weges in ${\text{m}}^2$. Nun berechnet man die gefragte Bestellmenge an Schotter durch $600{\text{m}}^2\cdot 0.04\text{m}=24{\text{m}}^3$.

Ergebnis:

$7744$

Sei $N$ eine solche Zahl mit den ersten beiden Ziffern $x$ und den letzten beiden Ziffern $y$. Dann gilt

und man sieht, dass $N$ durch $11$ teilbar ist. Weil $N$ aber eine Quadratzahl ist, muss $N$ auch durch $11^2$ teilbar sein. Schreibt man $N=11^2{k}^2$ mit einer ganzen Zahl $k$, so folgt $100x+y=11k^2$. Weil die linke Seite dieser Gleichung eine dreistellige Zahl mit einer Null an der Zehnerstelle ist, muss $k^2$ eine zweistellige Quadratzahl sein, deren Ziffern in der Summe $10$ ergeben. Letzteres sieht man ein, wenn man $k^2=10a+b$ mit Ziffern $a$ und $b$ schreibt und dann $11k^2=100a+10(a+b)+b$ berechnet. Die einzige solche Quadratzahl ist $8^2=64$. Damit ist nun $100x+y=11\cdot 8^2$ und folglich $N=11^2\cdot 8^2=88^2=7744$.

Ergebnis:

$\frac{51}{58}$

Wenn Johanna in drei der vier Urnen jeweils eine weiße Kugel und keine schwarze Kugel legt, so hat sie bei Auswahl einer dieser Urnen mit Sicherheit gewonnen. Also gewinnt sie bei einer Verteilung $(1,0),(1,0),(1,0)$ und $(15,14)$ der Kugeln mit einer Wahrscheinlichkeit von $\frac{1}{4}(1+1+1+\frac{15}{29})=\frac{51}{58}$.

Man sieht leicht ein, dass jede andere Verteilung der Kugeln zu einer geringeren Gewinnwahrscheinlichkeit führt. Die Wahrscheinlichkeit des Verlierens ist nämlich die Summe der Wahrscheinlichkeiten, jedesmal eine schwarze Kugel zu ziehen, und für eine einzelne Kugel ist die Wahrscheinlichkeit gezogen zu werden am kleinsten, wenn sich so viele Kugeln wie möglich in der Box befinden.

Ergebnis:

$80$

Es sei $t$ das Zeitintervall zwischen den Zeitpunkten, an denen die Fahrzeuge den ersten Kontrollposten passieren. Das Motorrad kommt beim ersten Posten $t$ Stunden nach dem Lastwagen und beim zweiten Posten $t$ Stunden vor dem Lastwagen vorbei. Also braucht das Motorrad für die Strecke zwischen den Kontrollposten $2t$ Stunden weniger als der Lastwagen. Da das Motorrad zweimal so schnell unterwegs ist wie der Lastwagen, braucht es für die gleiche Strecke, wie sie der Lastwagen fährt, nur die halbe Zeit. Folglich braucht der Lastwagen $4t$ Stunden für die Strecke zwischen den Kontrollposten und das Motorrad $2t$ Stunden.

Der Bus kommt am ersten Kontrollposten $t$ Stunden vor dem Lastwagen vorbei und am zweiten Posten $2t$ Stunden früher als der Lastwagen. Da der Lastwagen $4t$ Stunden für die Strecke zwischen den Kontrollposten benötigt, braucht der Bus $3t$ Stunden dafür. Folglich ist der Bus mit $\frac{4}{3}$ der Geschwindigkeit des Lastwagens unterwegs, nämlich mit $80\text{km/h}$.

Ergebnis:

$50,50,60$

Offensichtlich ist die Gesamtzahl der vorkommenden Ziffern höchstens zehn. Aus den vier schon bekannten Ziffern schließt man, dass die Zahlen in den ersten beiden Lücken mindestens $20$ und in der dritten mindestens $40$ sein müssen. Folglich gibt es insgesamt zehn Ziffern und alle Einträge in den Lücken enden auf eine Null. Deshalb kann man sie als $\overline{a0}$, $\overline{b0}$ und $\overline{c0}$ mit Ziffern $a$, $b$ und $c$ schreiben, wobei $a+b=10$ gilt, da die Zahlen in den ersten beiden Lücken in der Summe $100$ ergeben müssen.

In dem betrachteten Satz kommen also bereits mindestens zwei Ziffern größer als $4$ und mindestens fünf Ziffern kleiner als $5$ vor, so dass $5\ge a\ge 2$ gelten muss. Da mindestens eine der Ziffern $a$ oder $b$ größer als $4$ sein muss, ergibt sich sogar $5\ge a\ge 3$.

Weil bereits vier Ziffern entweder $4$ oder $5$ sind, gilt $c\ge 4$. Wäre $c=4$, so gäbe es aber mindestens fünf solche Ziffern, was zu einem Widerspruch führt. Also gilt $c\ge 5$ und somit $5\ge a\ge 4$. Nun betrachtet man in einer Fallunterscheidung die beiden letzten Möglichkeiten für $a$:

Ist $a=4$, so folgt hieraus $b=6$. Wenn nun $c=5$ wäre, so wären aber $60\%$ der Ziffern entweder $4$ oder $5$, und im anderen Fall $c>5$ wären es dann nur $50\%$ solche Ziffern. In beiden Fällen ergibt sich ein Widerspruch.

Ist $a=5$, so folgt $b=5$ und $c\ge 6$. Man sieht leicht, dass nur $c=6$ alle Bedingungen erfüllt und somit $50,50,60$ die einzig mögliche Lösung ist.

Ergebnis:

$30\sqrt{\frac{2}{7}}$

Da das Dreieck $△\mathit{PBC}$ eine größere Fläche hat als das Dreieck $△\mathit{ABP}$, liegt der mit $X$ bezeichnete Endpunkt des neuen Zaunes auf der Seite $\mathit{AC}$ zwischen $C$ und $P$. Der andere Endpunkt liegt auf der Seite $\mathit{BC}$ und wird mit $Y$ bezeichnet. Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke $△\mathit{PBC}$ und $△\mathit{XY}C$ folgt $\overline{\mathit{XY}}:\overline{\mathit{XC}}=\overline{\mathit{PB}}:\overline{\mathit{PC}}$.

Da das Dreieck $△\mathit{XY}C$ die Hälfte der Fläche des Dreiecks $△\mathit{ABC}$ besitzt, folgt

was äquivalent ist zu

Deshalb ergibt sich

Ergebnis:

$-144$

Bezeichnet man die ursprünglichen Zahlen mit $a\le b\le c\le d\le e$, so ist unter den zehn berechneten Summen $a+b=1$ die kleinste, $a+c=2$ die nächstgrößere, $d+e=10$ die größte und $c+e=9$ die zweitgrößte. Da die zehn berechneten Summen sich zu

aufaddieren, erhält man $a+b+c+d+e=14$ und somit $c=14-1-10=3$. Hieraus kann man die restlichen Zahlen zu $a=2-c=-1$, $b=1-a=2$, $e=9-c=6$ und $d=10-e=4$ bestimmen. Für diese Werte überprüft man leicht, dass die restlichen sechs Summen genau in die Liste der Zahlen an der Tafel passen. Also kann das Produkt nur den Wert $-1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 6=-144$ annehmen.

Ergebnis:

$3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$

Die Quadrate ungerader Zahlen lassen beim Teilen durch $8$ den Rest $1$. Da $333$ beim Teilen durch $8$ den Rest $5$ lässt, muss die Anzahl der Summanden gleich fünf sein. Wegen $1^2+3^2+5^2+7^2+17^2>333$ kann $17^2$ nicht in der Summe vorkommen.

Nun betrachtet man die möglichen restlichen Summanden modulo $5$: Zwei von ihnen, nämlich $5^2$ und $15^2$, sind durch $5$ teilbar, drei weitere, nämlich $1^2$, $9^2$ und $11^2$, lassen Rest $1$ und die übrigen drei, $3^2$, $7^2$ und $13^2$, lassen den Rest $-1$.

Da $333$ beim Teilen durch $5$ den Rest $3$ lässt, kann man nun zwei Fälle unterscheiden. Im ersten Fall summiert man alle Zahlen mit den Resten $0$ oder $1$ auf und erkennt, dass diese Zahl größer als $333$ ist.

Im zweiten Fall summiert man alle Zahlen mit dem Rest $-1$ und jeweils eine mit Rest $0$ bzw. $1$ auf. Nun sieht man leicht, dass alle Summen, die entweder $11^2$ oder $15^2$ enthalten, zu groß sind. Von den beiden verbleibenden Möglichkeiten ist nur $3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$ gleich $333$.

Ergebnis:

$4$

Wegen $0=0\odot u=\mathit{bu}$ folgt $b=0$, da $u$ ungleich Null ist. Die gegebenen Gleichungen können dann als

geschrieben werden und man erhält hieraus die Lösungen $a=5$ und $c=-1$. Aus der Gleichung $1=1\odot u=5-u$ folgt schließlich $u=4$.

Ergebnis:

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Die Berührpunkte $A$, $B$ und $T$ sowie die Mittelpunkte $X$, $Y$ und $Z$ der Kreise seien wie in der Abbildung definiert.

Mit Hilfe des Satzes von Pythagoras erhält man

Wegen $\mathit{BY}\parallel \mathit{TZ}$ und $\overline{\mathit{BY}}=\overline{\mathit{TZ}}=r$ ist das Viereck $\mathit{BYZT}$ ein Parallelogramm mit $\overline{\mathit{BT}}=\overline{YZ}=2r$. Im rechtwinkligen Dreieck $△\mathit{ABT}$ gilt nun ${\overline{\mathit{AB}}}^2+{\overline{\mathit{AT}}}^2={\overline{\mathit{BT}}}^2$ nach dem Satz des Pythagoras, also $4r+2^2={(2r)}^2$. Diese Gleichung reduziert sich zu

Die einzige positive Lösung dieser quadratischen Gleichung ist $r=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Ergebnis:

$72$

Bezeichnet man die Zahlen an der Betonwand mit $a_1,\dots ,a_5$, so ist der kleinste Wert der Summe

gesucht, wobei $\lfloor x\rfloor$ die größte ganze Zahl bezeichnet, die nicht größer als $x$ ist. Man kann diese Summe umformen zu

wobei $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ den nicht ganzzahligen Anteil von $x$ bezeichnet. Also muss man zur Bestimmung der Lösung die Summe

möglichst groß machen. Diese Summe kann man nun in zwei Summen

aufteilen, wenn man $a_6=a_1$ und $a_7=a_2$ setzt. Dann folgt aus den Gleichungen

dass die Werte $S_1$ und $S_2$ ganze Zahlen sein müssen. Da außerdem jede der beiden die Summe von fünf Zahlen ist, die alle kleiner als $1$ sind, können sie jeweils höchstens den Wert $4$ annehmen, also zusammen höchstens den Wert $8$. Folglich erhält man für die ursprüngliche Summe die Ungleichung $W\ge 72$. Gleichheit ist für fünf positive Zahlen $a_1,\dots ,a_5$ mit Nachkommaanteil $0.4$ erreichbar, beispielsweise für $a_1=2.4$ und $a_2=\cdots =a_5=4.4$.

Ergebnis:

$864$

Der kleinste positive Teiler von $n$ ist $1$. Der zweitkleinste und der drittkleinste Teiler von $n$ werden mit $p$ bzw. $q$ bezeichnet. Dann ist $p$ eine Primzahl und $q$ entweder ebenfalls eine Primzahl oder $q=p^2$. Ferner gilt $\xi (n)=1+p+q$ und $𝜗(n)=n+n∕p$. Multipliziert man die in der Aufgabenstellung gegebene Gleichung mit $p$, so ergibt sich

Da $p$ und $p+1$ teilerfremd sind und die linke Seite durch $p+1$ teilbar ist, muss $(p+1)\mid {(1+p+q)}^4$ gelten. Wenn nun $p$ und $q$ beide ungerade wären, so wäre $p+1$ gerade und ${(1+p+q)}^4$ ungerade, was aufgrund der Teilbarkeitsbedingung nicht möglich ist. Also ist $p=2$ und damit $2$ der kleinste Primteiler von $n$. Entwickelt man nun ${(1+p+q)}^4={(3+q)}^4$ nach dem binomischen Lehrsatz und lässt die durch $3$ teilbaren Terme weg, so sieht man wegen $(p+1)\mid {(1+p+q)}^4$, dass $3\mid q^4$ und somit $3\mid q$ gelten muss. Insbesondere ist damit der Fall $q=p^2=4$ unmöglich. Also ist $q$ ebenfalls eine Primzahl und deshalb $q=3$. Deswegen ist $n\cdot 3=2\cdot 6^4$ und somit $n=2^5\cdot 3^3=864$ die einzige Lösung.

Ergebnis:

$51$

Zunächst kann man den Fall betrachten, dass das zentrale Feld mit einem Hindernis belegt ist. Dann kann die Maus den Käse nur über einen der beiden Wege am Rand erreichen, so dass man weitere Hindernisse nur auf einem der beiden Wege platzieren kann. Jeder Weg besteht aus drei Feldern, so dass man einen dieser Wege auf $2^3=8$ Arten belegen kann. Also gibt es insgesamt $8+8-1=15$ Möglichkeiten, mindestens einen der beiden Wege frei zu lassen. Dabei kommt die $-1$ davon, dass die Möglichkeit, beide Wege offen zu lassen, zweimal gezählt wurde und deshalb einmal abgezogen werden muss.

Nun betrachtet man den Fall, dass das zentrale Feld nicht mit einem Hindernis belegt ist. Ein Weg zum Käse existiert genau dann, wenn jeweils mindestens eines der Felder, die an das Feld der Maus bzw. an das Feld des Käses angrenzen, frei ist. Dies ergibt $2^2-1=3$ Möglichkeiten der Belegung für die an die Maus angrenzenden Felder, ebenso drei Möglichkeiten der Belegung für die an den Käse angrenzenden Felder und je zwei Möglichkeiten für die beiden verbleibenden Eckfelder. Somit erhält man in diesem Fall $3\cdot 3\cdot 2\cdot 2=36$ Möglichkeiten.

Insgesamt gibt es also $15+36=51$ Wege.

Ergebnis:

$-3$

Addiert man $10$ auf beiden Seiten der Gleichung, so kann man auf der linken Seite den Faktor $x^2+1$ ausklammern und erhält

Der entstandene Ausdruck auf der linken Seite ist also ein Produkt der quadratischen Funktionen $f(x)=x^2+1$ und $g(y)=y^2+6y+10$. Da beide Funktionen symmetrische, nach oben geöffnete Parabeln sind, nimmt $f$ bei dem minimal möglichen $x_0$ den maximalen Funktionswert an. Da das Produkt $f(x)g(y)$ eine konstante Funktion ist, muss $g(y_0)$ der minimal mögliche Funktionswert von $g$ sein. Also braucht man nur untersuchen, wo die Funktion $g(y)={(y+3)}^2+1$ ihr Minimum annimmt, und erhält deshalb $y_0=-3$ als Antwort.

Ergebnis:

$\frac{4}{11}\sqrt{3}$

Der Punkt $P$ liege so auf der Seite $\mathit{BC}$, dass $\mathit{DP}\parallel \mathit{AC}$ gilt. Da die Dreiecke $△\mathit{ABC}$ und $△\mathit{DBP}$ ähnlich sind, ist $\overline{\mathit{AC}}:\overline{\mathit{BC}}=\overline{\mathit{DP}}:\overline{\mathit{BP}}$.

Da $\mathit{CE}$ Winkelhalbierende im Dreieck $△\mathit{BCD}$ ist, teilt sie die gegenüber liegende Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten. Deshalb folgt $\overline{\mathit{CD}}:\overline{\mathit{CB}}=\overline{\mathit{ED}}:\overline{\mathit{EB}}=8:15$. Ferner ist $\overline{\mathit{DP}}=\overline{\mathit{CD}}\cdot \sin 60^{\circ }$ und $\overline{\mathit{BP}}=\overline{\mathit{CB}}-\overline{\mathit{CP}}=\overline{\mathit{CB}}-\overline{\mathit{CD}}\cdot \cos 60^{\circ }$, woraus das gesuchte Verhältnis

folgt.

Ergebnis:

$232$

Sei $N_k$ die maximale Zahl, für welche Michael mit $k$ Euro die gesuchte Zahl aus dem Intervall $1,\dots ,N_k$ finden kann (alternativ kann man jedes beliebige Intervall der Länge $N_k$ wählen). Unser Ziel ist es, $N_{10}$ zu bestimmen. Klarerweise gilt $N_0=1$ und $N_1=2$. Wir zeigen nun, dass die Folge ${(N_k)}_{k\ge 0}$ die Rekursionsgleichung

erfüllt. Angenommen Michael hat $k+2$ Euro und er wählt die Zahl $N_{k+1}+1$, dann können drei verschiedene Fälle eintreten:

• Er hat richtig geraten.
• Er hat zu hoch geraten. In diesem Fall spielt er mit $k+1$ Euro weiter und findet die gesuchte Zahl sicher im Intervall von 1 bis $N_{k+1}$.
• Er hat zu niedrig geraten. In diesem Fall spielt er mit $k$ Euro weiter und kann ein Spiel sicher im Intervall von $N_{k+1}+2$ bis $N_{k+1}+1+N_k$ der Länge $N_k$ beenden.

Daraus folgt, dass $N_{k+2}\ge N_{k+1}+N_k+1$ gelten muss. Sollten mehr als $N_{k+1}+N_k+1$ Zahlen zur Wahl stehen, dann könnte eine Wahl größer als $N_{k+1}+1$ dazu führen, dass Michael mit $k+1$ Euro in einem Intervall mit mehr als $N_{k+1}$ Zahlen spielen muss. Wenn er hingegen eine Zahl kleiner als $N_{k+1}+2$ wählt, so kann es passieren, dass er mit $k$ Euro in einem Intervall mit mehr als $N_k$ Zahlen spielen muss. Somit ist die Rekursionsformel bewiesen.

Die Zahl $N_{10}=232$ kann mit Hilfe der Rekursion berechnet werden.

Ergebnis:

$134$

Man multipliziert die linke Seite mit $2$, addiert $1$ und erhält

Die Anwendung dieser Operationen auf der rechten Seite führt zu $2\cdot 2017+1=4035$. Wegen der Primfaktorzerlegung $4035=3\cdot 5\cdot 269$ und aufgrund der Relation $a\ge b\ge c\ge 1$ müssen die Gleichungen $2a+1=269$, $2b+1=5$ und $2c+1=3$ gelten. Somit ist $a=134$ die einzige Lösung.

Ergebnis:

$14$

Wir bezeichnen die unteren Enden der Standfüße mit $A$, $B$, $C$ und deren obere Enden mit $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$. Sei $O$ der Mittelpunkt des Dreiecks $\mathit{ABC}$, also jener Punkt, an dem die Kugel die Oberfläche berührt, und sei $S$ der Mittelpunkt der Kugel. Sei weiters $D$ der Schnittpunkt der Gerade durch die Punkte $A$ und $O$ mit der Gerade durch $B$ und $C$ (siehe Skizze). Es gilt $\overline{\mathit{AO}}=\overline{\mathit{AB}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{3}\text{af}$, $\overline{A{A}^{\prime }}=1\text{af}$ und $\overline{\mathit{SO}}=\overline{S{A}^{\prime }}=r$. Der Satz von Pythagoras liefert

Somit folgt $r=14\text{af}$.

Ergebnis:

$1021$

Fügt man drei zusätzliche imaginäre Nüsse zur ursprünglichen Anzahl hinzu, dann ist die Zahl der anfänglich vorhandenen Nüsse sicher ein Vielfaches von vier. Nach Adams Nachtmahl ist die Zahl der restlichen Nüsse immer noch durch vier teilbar und auch die drei imaginären Nüsse sind noch im Rest enthalten. Die Wiederholung dieser Argumentation liefert für die Anzahl der ursprünglichen Nüsse inklusive der drei imaginären Nüsse den Wert $4^5\cdot k$ für eine ganze Zahl $k$. Somit muss die ursprüngliche Zahl der Nüsse $4^5\cdot k-3$ sein. Durch Einsetzen von $k=1$ erhält man das gewünschte Minimum $4^5-3=1021$.

Ergebnis:

$19$

Wir beginnen mit einer allgemeinen Beobachtung: Wenn $x$ eine reelle Zahl mit $x>1∕2$ ist, dann gibt es genau eine (ganzzahlige) Potenz von $2$ im halb-offenen Intervall $[x,2x)$.

Weiters nennen wir eine positive ganze Zahl super praktisch, wenn alle ihre Primteiler aus der Menge $\{2,3\}$ sind. Die Anzahl der super praktischen Zahlen im Intervall $[x,2x)$ kann wie folgt berechnet werden: In diesem Intervall gibt es maximal eine super praktische Zahl (wir nennen sie $c_1$), die durch $3$ teilbar ist, aber nicht durch $3^2$, da $c_1∕3$ die einzige Potenz von $2$ im Intervall $[x∕3,2x∕3)$ ist, vorausgesetzt, dass $x>1∕6$ ist. Mit dieser Methode fahren wir fort und finden eine super praktische Zahl $c_2$, die durch $3^2$ teilbar ist, aber nicht durch $3^3$, usw. bis $[x∕3^k,2x∕3^k)\cap \mathbb{N}=\varnothing$, das heißt $x<3^{-k}∕2$. Daraus leiten wir ab, dass die Anzahl der super praktischen Zahlen im Intervall $[x,2x)$ gleich $1$ plus dem größten $k$ ist, welches $3^k<2x$ erfüllt. Wir bezeichnen diese Zahl mit ${\ell }_3(x)$.

Um die Anzahl der praktischen Zahlen im Intervall $[x,2x)$ zu bekommen, verwenden wir eine ähnliche Technik: Wegen $7^3=343$ und $7^4>2000$ ist die gesuchte Zahl die Summe der Anzahlen an super praktischen Zahlen in den Intervallen $[x,2x)$, $[x∕7,2x∕7)$, $[x∕7^2,2x∕7^2)$ und $[x∕7^3,2x∕7^3)$.

Da $2000$ keine praktische Zahl ist, müssen wir schließlich

berechnen, was die gewünschte Anzahl ergibt.

Ergebnis:

$321$

Beachte, dass alle $k$-stelligen Zahlen im Decimus System genau durch die folgenden Zeichenketten beschrieben werden können:

Um die Gesamtanzahl der $D$’s in einer $k$-stelligen Zahl festzustellen, können die Zahlen, die ein $D$ an der ersten, zweiten, $\dots$, $k$-ten Stelle haben, in Gruppen zusammengefasst werden. Fixiert man ein $D$ an einer bestimmten Stelle einer $k$-stelligen Zahl, so gibt es für jede der übrigen $k-1$ Stellen die 10 Möglichkeiten, sie mit den Ziffern $1,\dots ,9,D$ zu besetzen. Für $k$-stellige Zahlen gibt es demnach $10^{k-1}$ Zahlen mit einem $D$ an einer fixierten Stelle.

Wir führen diese Überlegungen in unserem Beispiel für ein-, zwei- und dreistellige Zahlen durch und berücksichtigen, dass in einer zweistelligen Zahl die Ziffer $D$ an zwei und in einer dreistelligen Zahl an drei verschiedenen Stellen fixiert werden kann. Da unter den Zahlen von $1$ bis $\mathrm{DDD}$ nur ein-, zwei- und dreistellige Zahlen auftreten können, kommt die Ziffer $D$ also $1\cdot 10^0+2\cdot 10^1+3\cdot 10^2=321$ Mal vor.