Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

4444

Das Zehneck kann ganz einfach in ein Rechteck mit gleichem Umfang verwandelt werden, indem die nach innen gerichteten Ecken nach außen gekippt werden. Das Rechteck hat die Abmessungen $2018$ und $70+134=204$. Somit beträgt der Umfang $2\cdot (2018+204)=4444$ in Zentimetern.

Ergebnis:

$34$

Da der Stundenzeiger in einer Stunde $360^{\circ }:12=30^{\circ }$ überstreicht, dauert es zwei Minuten bis $1^{\circ }$ überstrichen wird. Weil der Stundenzeiger $137^{\circ }-4\cdot 30^{\circ }=17^{\circ }$ nach 4 Uhr überstrichen hat, sind seither $17\cdot 2=34$ Minuten vergangen.

Ergebnis:

18

Im Fall, dass pampam „mehr“ bedeutet, hat Georg die meisten Punkte erreicht und Wolfgang die wenigsten. Falls pampam „weniger“ bedeutet, ist dies genau umgekehrt. In jedem Fall haben Hubert und Andreas die Punkte 6 und 12 erreicht. Somit ergibt sich für die Summe 18.

Ergebnis:

$17$

Da Lauras Haus Nummer $4$ dasselbe ist wie Maries Haus Nummer $16$, gibt es bei der Zählung der Häuser einen Abschnitt, in dem Maries Nummern um $12$ größer sind als Lauras Nummern. Allerdings muss dieser Abschnitt an Häusern enden, bevor Laura ihr zwölftes Haus erreicht, weil dieses Haus ja sonst in Maries Zählung die Nummer $12+12=24$ hätte. Der Unterschied zwischen dieser Zahl $24$ und der tatsächlich von Marie gezählten Nummer $7$ gibt die Anzahl der Häuser an. Also grenzen $24-7=17$ Häuser an den Marktplatz an.

Ergebnis:

$19$

Im Mischverhältnis der Anleitung macht der Essig $10\%$ von einem der fünf Teile aus. Die selbe Konzentration erhält man, wenn $40\%=4\cdot 10\%$ von einem von $4\cdot 5=20$ Teilen aus Essig besteht. Folglich muss Doris einen Teil der $40\%$igen Essigessenz mit $19$ Teilen Wasser mischen.

Ergebnis:

$110^{\circ }$

Es gibt mehrere Wege einzusehen, dass sich die Winkel bei $A$, $B$ und $C$ zu $360^{\circ }$ aufsummieren. Beispielsweise erhält man wie in der Skizze durch das Einzeichnen eines Lotes auf die parallelen Geraden die beiden Punkte $D$ und $E$, die mit den gegebenen Punkten ein Fünfeck $\mathit{ABCDE}$ bilden. Da die Innenwinkelsumme in einem Fünfeck immer $540^{\circ }$ beträgt, berechnet sich der gesuchte Winkel zu $\mathit{\angle CBA}=540^{\circ }-180^{\circ }-105^{\circ }-145^{\circ }=110^{\circ }$.

Ergebnis:

$67,5^{\circ }$

Seien $X$ auf $\mathit{AB}$ und $Y$ auf $\mathit{AC}$ die zwei Scheitel der Winkel $𝜀$. Dann gilt $\mathit{\angle Y}\mathit{XA}=\mathit{\angle AY}X=𝜀$. Wegen $\mathit{\angle XAY}=\mathit{\angle BAC}=45^{\circ }$ ergibt sich für die Innenwinkel des Dreiecks $\mathit{XY}A$ die Gleichung

und somit ist $𝜀=67,5^{\circ }$.

Ergebnis:

$7$

Seien Manuel $c$ Jahre und seine Mutter $m$ Jahre alt, wobei $c$ gleich ist wie $m$ rückwärts gelesen. Die Zahlen $c$ und $m$ haben die gleiche Anzahl von Stellen, die mindestens zwei beträgt. Dabei hat $c$ möglicherweise eine führende Null, wenn $m$ mit einer Null endet. Seien $a$ und $b$ jeweils die Einerstelle von $c$ bzw. $m$. Da Manuels Mutter $27$ Jahre älter ist, ist entweder $a+7=b$ oder $a+7=10+b$. Wenn die Mutter mindestens $100$ Jahre alt wäre, könnte die Differenz der ersten Ziffern ihres jeweiligen Alters höchstens $1$ betragen, was jedoch nicht möglich ist, da dies genau die Ziffern $b$ und $a$ sind. Somit haben beide Zahlen $c$ und $m$ jeweils zwei Stellen.

Daher sind alle Zahlen $\overline{\mathit{ab}}$ gesucht, so dass

Wegen $a>b$ kann die Bedingung $a+7=b$ nicht erfüllt sein. Vielmehr muss $a+7=10+b$ gelten, also $a=b+3$. Aus $a\le 9$ folgt $b\le 6$. Für jede Ziffer $b\in \{0,1,\dots ,6\}$ erhält man $a$ als $a=b+3$. Es ist nun einfach zu erkennen, dass für diese Ziffern die Gleichung $\overline{(b+3)b}=\overline{b(b+3)}+27$ gilt. Die gewünschte Situation kann somit $7$-mal vorkommen, und zwar wenn Manuel $3$, $14$, $25$, $36$, $47$, $58$ und $69$ Jahre alt ist.

Ergebnis:

$3∕4$

Setzt man einen Einheitswürfel in eine der Ecken des großen Würfels, so sind drei seiner Seiten sichtbar, an einer Kante sind entsprechend zwei seiner Seiten sichtbar, an den restlichen Positionen der Seitenflächen nur eine Seite und ansonsten keine. Im $4\times 4\times 4$-Würfel gibt es acht Ecken und an jeder der zwölf Kanten zwei Plätze für Einheitswürfel, sodass an den Ecken und Kanten insgesamt $32$ Einheitswürfel positioniert werden können. Es ist klar, dass der größt mögliche weiße Anteil dadurch erreicht werden kann, dass genau diese Positionen mit kleinen weißen Einheitswürfeln besetzt werden. In diesem Fall sehen alle Seitenflächen des großen Würfels gleich aus – auf einer Seitenfläche sind zwölf weiße und vier schwarze Einheitsquadrate sichtbar. Deshalb ist der gesuchte maximale weiße Anteil $12∕16=3∕4$.

Ergebnis:

3

Da niemand sowohl im Psychologie- als auch im Erfahrungstest durchgefallen ist, müssen alle Teilnehmer, die bei mindestens zwei Tests versagt haben, wegen ihrer Gesundheit versagt haben. Das ergibt $(100-26)-60=14$ Personen, die nur den Gesundheitstest nicht bestanden. Zusammen mit $83$ Personen, die den Psychologie- oder Erfahrungstest nicht bestanden, wurden $97$ Teilnehmer entlassen. Daher wurden aus der ganzen Gruppe nur $3$ Astronauten ausgewählt.

Ergebnis:

$5:4$

Die Seitenlänge des Quadrats $B$ wird mit $s$ bezeichnet. Aus Symmetriegründen teilt der Mittelpunkt des Kreises die Seite des Quadrats $B$, welche auf dem Durchmesser des Kreises liegt, in zwei gleiche Teile der Länge $s∕2$. Der Satz von Pythagoras ergibt

und deshalb ist das gesuchte Verhältnis $5:4$.

Ergebnis:

$10$

Da das Produkt $2\cdot 5$ enthält, ist die Einerstelle $0$. Man erhält die Zehnerstelle als letzte Ziffer des Produkts $3\cdot 7\cdot 11\cdot \dots \cdot 37$. Es genügt, nur die Einerstellen der Faktoren zu betrachten. Darüber hinaus kann man die Einser ignorieren. Also muss man die letzte Ziffer des folgenden Produkts bestimmen:

Da $3\cdot 7=21$ die Einerstelle $1$ hat, kann man Paare von $3$ und $7$ entfernen. Danach ist nur mehr das Produkt $9\cdot 9$ übrig, dessen Einerstelle wieder $1$ ist. Daher sind die letzten beiden Ziffern des angegebenen Produkts $10$.

Ergebnis:

3

Sei $n$ die Anzahl der Freunde des letzten Verdächtigen. Der Verdächtige mit fünf Freunden ist mit allen anderen befreundet. Wenn man ihn aus der Gruppe ausschließt, verringert das die Anzahl der Freunde von jedem anderen jeweils um eins. Dann kann man auch den Verdächtigen mit nur einem Freund ausschließen, da die Anzahl seiner Freunde auf null gesunken ist und er daher nicht mehr von Bedeutung ist. Auf diese Weise erhält man eine Gruppe von vier Verdächtigen, von denen man weiß, dass sie jeweils $1$, $2$, $3$ bzw. $n-1$ Freunde haben. Durch das Wiederholen der beiden Schritte erzeugt man eine noch kleinere Gruppe von zwei Verdächtigen mit $1$ und $n-2$ Freunden. Es ist nun klar, dass $n-2=1$ gelten muss, also $n=3$.

Diese Lösung kann dazu genutzt werden, eine solche Gruppe von Verdächtigen zu erzeugen. Das Ergebnis ist im folgenden Diagramm dargestellt:

Ergebnis:

40

Sei $P$ der Wert des Produkts der Zahlen auf gegenüberliegenden Seitenflächen. Es ist klar, dass je größer $P$ ist, desto größer auch die Summe aller Zahlen auf dem Würfel ist. Da $P$ durch alle drei abgebildeten Zahlen teilbar sein muss, ist der kleinste Wert für $P$ das kleinste gemeinsame Vielfache der drei Zahlen und somit $P=36$. Unter diesen Umständen sind die drei nicht sichtbaren Zahlen $3$, $4$ und $6$ und die gesuchte Summe beträgt $6+9+12+6+4+3=40$.

Ergebnis:

$99^{\circ }$

Man beschriftet die Abbildung wie folgt:

Der Winkel $\mathit{\angle DBC}$ ist die Differenz der Innenwinkel des Achtecks und des Fünfecks, also $\mathit{\angle DBC}=135^{\circ }-108^{\circ }=27^{\circ }$. Leicht zu sehen ist, dass $\mathit{\angle ABD}=135^{\circ }$ gilt. Da die Dreiecke $△\mathit{ADB}$ und $△\mathit{CBD}$ gleichschenklig sind, ergibt sich

Deswegen folgt

Ergebnis:

50

Die eine Stunde, die der Minister durch das frühere Aufstehen gewonnen hat, setzt sich zusammen aus der unbekannten Zeit $t$ des Fußmarsches und der übrigen Zeit, die das Auto benötigen würde, um vom Treffpunkt zum Haus des Ministers zu kommen. Letztere ist offensichtlich die Hälfte der insgesamt gesparten Zeit. Daher gilt

also $t=50$.

Ergebnis:

725

Sei $d$ die erste Ziffer der Zahl, $k$ die Zahl, die man erhält, wenn man die erste Ziffer löscht, und $n$ die Anzahl der Ziffern von $k$. Dann ist die ursprüngliche Zahl gleich $10^{n}d+k$ und die Bedingung kann wie folgt angegeben werden:

oder

Damit die rechte Seite durch $28=2^2\cdot 7$ teilbar ist, muss $d=7$ und $n\ge 2$ gelten. Schließlich ergibt die Wahl von $n=2$ den Wert $k=25$ und damit das kleinstmögliche Ergebnis $725$.

Ergebnis:

44

In 24 Stunden macht der Stundenzeiger zwei, der Minutenzeiger 24 ganze Umdrehungen. Somit überrundet der Minutenzeiger den Stundenzeiger 22 Mal. Während jeder dieser Umdrehungen steht der Minutenzeiger genau zweimal senkrecht zum Stundenzeiger und daher lautet die Antwort 44.

Ergebnis:

1111, 1221

Sei $\overline{\mathit{abba}}$ so ein Zahlenpalindrom. Da es als Summe von zwei dreistelligen Zahlen geschrieben werden kann, darf die Zahl nicht größer als $1998$ sein, somit muss $a=1$ sein. Sei $\overline{1\mathit{bb}1}$ gleich der Summe $\overline{\mathit{cdc}}+\overline{\mathit{xyx}}$. Dann folgt

Weil die linke Seite mit $1$ endet, muss $c+x$ auch mit $1$ enden. Da $c$ und $x$ Ziffern zwischen $1$ und $9$ sind, folgt $c+x=11$. Einsetzen und Vereinfachen ergibt

Da $d$ und $y$ Ziffern sind, kann die rechte Seite nicht größer als $18$ sein. Somit ist $b-1$ entweder $0$ oder $1$. Beide Optionen sind möglich: $1111=505+606$ und $1221=565+656$.

Ergebnis:

$31∕49$

Der Flächenanteil eines jeden der drei kleineren Restdreiecke ist

des großen gleichseitigen Dreiecks, da die Höhen $1∕7$ und die Grundlinien $6∕7$ der entsprechenden Strecken im großen gleichseitigen Dreieck sind. Deshalb ist das gesuchte Verhältnis

Ergebnis:

$(2,3,2,1)$, $(3,1,3,1)$

Keine Zahl kann in der Tabelle mehr als fünfmal erscheinen. Auch die Zahl 5 kann nicht auftreten, da sie den Platz jener Zahl einnehmen müsste, der von der fünfmal erscheinenden Zahl verwendet wird. Daher können nur die Zahlen $1$, $2$, $3$ und $4$ eingesetzt werden.

Man untersucht zunächst den Wert für $d$. Im Fall $d=2$ muss eine der Zahlen $a$, $b$, $c$ gleich $4$ sein und weil es dann nur mehr zwei weitere freie Plätze gibt, müsste es $b$ sein. Jedoch ist $(2,4,2,2)$ eindeutig kein gültiges Quadrupel. Die Optionen $d=3$ und $d=4$ führen sogar noch schneller zu einem Widerspruch. Folglich muss $d=1$ gelten.

Man weiß, dass $a\in \{2,3\}$ sein muss. Angenommen $a=2$, dann erhält man $b,c\in \{2,3\}$, denn es kann keine weiteren Einser und Vierer geben. Allerdings würde $b=2$ der Bedingung für $b$ widersprechen, weil es dann drei Zweier gäbe. Daher gilt $b=3$ und daraus folgt $c=2$. Dies ergibt die Lösung $(2,3,2,1)$. Im Fall $a=3$ muss es in der Tabelle noch einen weiteren Einser geben, und dies kann nicht $c$ sein, denn es gibt bereits einen weiteren Dreier. Daher folgt $b=1$ und somit $c=3$, also ist das Quadrupel $(3,1,3,1)$ eine weitere Lösung.

Ergebnis:

2030

Falls sich die Teilwörter ‘math’ und ‘drama’ nicht überschneiden, gibt es zwei Möglichkeiten für die Anordnung: ‘dramamath’ und ‘mathdrama’.

Falls sich die Teilwörter überschneiden, gibt es nur eine Art der Anordnung: ‘dramath’. Es ergeben sich drei Möglichkeiten die restlichen zwei Buchstaben anzuordnen: ‘$\ast \ast$dramath’, ‘$\ast$dramath$\ast$’, ‘dramath$\ast \ast$’. In jedem Fall gibt es $26^2=676$ Möglichkeiten, um diese zwei Buchstaben auszuwählen. Damit gibt es in diesem Fall $676\cdot 3=2028$ mögliche Passwörter.

Insgesamt sind es $2028+2=2030$ mögliche Passwörter, welche die gewünschten Anforderungen erfüllen.

Ergebnis:

$42$

Es gibt $n-1$ Paare aufeinander folgender Zahlen in der Menge $\{1,2,3,\dots ,n-1,n\}$ und $\frac{1}{2}n(n-1)$ Möglichkeiten, zwei verschiedene Zahlen aus der $n$-elementigen Menge beliebig auszuwählen. Also ist

die Wahrscheinlichkeit, dass zwei aufeinander folgende Zahlen gewählt wurden. Somit ergibt sich $n=42$.

Ergebnis:

20

Wenn Christoph eine Runde gewinnt, hat das keinen Einfluss auf die Anzahl der Runden, die Andreas oder Bernd gewonnen haben, und es hat ebenso keinen Einfluss auf die Rundenzahl, wenn Christoph nicht spielt. Daher können wir annehmen, dass Christoph immer verliert. Mit anderen Worten, jeder Sieg von Andreas über Bernd erhöht die Gesamtpunktzahl von Andreas um zwei, außer es geschah in der letzten Runde, und umgekehrt. Da Andreas eine ungerade Anzahl von Siegen hat, muss er in der letzten Runde gegen Bernd gespielt und gewonnen haben. Wenn man nun eine weitere Runde Andreas gegen Christoph, gewonnen von Andreas hinzufügt, dann ist die Gesamtanzahl der Runden, in denen Christoph nicht gespielt hat, gleich der Hälfte der Summe der Endergebnisse von Andreas und Bernd, also $(18+22)∕2=20$.

Ergebnis:

52

Sei $k$ die ursprüngliche Anzahl an Bewertungen und $x$ deren Summe. Weiters seien $a$, $b$ die zwei Bewertungen dieser Woche. Dann gilt

oder

Gleichung $(1)$ impliziert, dass $k$ ein Vielfaches von $50$ ist. Darüber hinaus erhält man nach Subtraktion der Gleichung $(1)$ von $(2)$

Wegen $a,b\le 5$ ist die linke Seite eine positive ganze Zahl kleiner oder gleich $3$, daher gilt $k\le 75$. Daraus folgt insgesamt $k=50$. Inklusive der beiden Kundenbewertungen dieser Woche ergibt das $52$ Personen, die das Smartphone bisher bewertet haben.

Ergebnis:

9

Der Einfachheit halber verwendet man die Zahlen 1, 2, 3, 4 anstelle der Namen der Tage. Man beachte, dass jedem Tag drei verschiedene Zahlen zugeordnet sind: Die tatsächliche Zahl für den Tag und die zwei Zahlen der jeweils getragenen Socken. Daher können wir die Zuordnung der Socken für jeden Tag äquivalent mit einer einzigen Zahl beschreiben, und zwar der einzigen der vier Zahlen, die nicht im oben erwähnten Tripel erscheint. Daraus folgt, dass die gültigen Zuordnungen von Socken den Umgruppierungen von $(1,2,3,4)$ entspricht, d.h. jenen Permutationen, die keine der Zahlen an der ursprünglichen Position belassen. Die Anzahl der erlaubten Permutationen kann man wie folgt berechnen: Es gibt drei Möglichkeiten, die Zahl 1 zu platzieren, sei $n\ne 1$ ihre Position. Jetzt gibt es ebenfalls drei Möglichkeiten um $n$ zu platzieren. Man kann leicht erkennen, dass die verbleibenden zwei Zahlen nur auf eine einzige Art zugeordnet werden können. Daher gibt es $3\cdot 3=9$ erlaubte Permutationen und die gleiche Anzahl an Möglichkeiten für Sandis Sockenwahl.

Ergebnis:

21

Insgesamt gibt es $26\cdot 5=130$ Stimmen, die vergeben werden. Falls ein Film $20$ oder weniger Stimmen erhält, dann können die übrigen $110$ Stimmen so aufgeteilt werden, dass fünf Filme jeweils $21$ Stimmen bekommen. Falls ein Film mindestens $21$ Stimmen erhält und nicht nominiert ist, würde das bedeuten, dass mindestens fünf Filme mindestens $22$ Stimmen bekommen haben, was aber zu einem Widerspruch führt, da es dann insgesamt $21+5\cdot 22=131$ Stimmen geben müsste.

Ergebnis:

$4∕7$

Aus der Gleichung $f(-2)-2f(3)=-2$ sieht man, dass man $f(3)$ auch bestimmen muss. Wegen $f(3)+3f(-2)=3$ erhält man zwei lineare Gleichungen mit den Unbekannten $f(-2)$ und $f(3)$. Multipliziert man die zweite Gleichung mit $2$ und addiert beide, so ergibt sich $f(-2)=\frac{4}{7}$.

Ergebnis:

$471$

Die Primfaktorisierung der Zahl $4420$ lautet $2\cdot 2\cdot 5\cdot 13\cdot 17$. Das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen $13$ und $17$ ist $221$. Somit gibt es keine zweistellige Zahl, die durch diese beiden Zahlen teilbar ist. Also muss eine der Zahlen $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ durch $13$ und eine andere durch $17$ teilbar sein. Sei o.B.d.A. $n$ durch $17$ teilbar und $a$ durch $13$. Dann folgt $n\le 85=5\cdot 17$ und $a\le 91=7\cdot 13$.

Angenommen es ist $n=85$ und $a=91$. Man sieht, dass $n=85$ durch $5$ teilbar ist und es muss nur noch die Teilbarkeit durch $4$ erfüllt werden. Falls $n$ und $a$ ungerade sind, dann muss $\mathit{boj}$ durch $4$ teilbar sein. Folglich muss eine der Zahlen $b$, $o$, $j$ durch $4$ oder zwei der Zahlen durch $2$ teilbar sein. Die größere Summe erhält man im zweiten Fall, also für $b=o=98$ und $j=99$. Die Summe lautet daher $n+a+b+o+j=85+91+98+98+99=471$.

Schlussendlich werden noch die Möglichkeiten $n<85$ oder $a<91$ überprüft. Da die Zahlen $n$ und $a$ durch $17$ und $13$ teilbar sein müssen, folgt $n\le 68=85-17$ oder $a\le 78=91-13$. Dann kann die Summe $n+a+b+o+j$ im ersten Fall höchstens $68+91+3\cdot 99=456$ und im zweiten Fall höchstens $85+78+3\cdot 99=460$ sein, aber beide Male ist die Summe kleiner als die vorher errechnete Summe.

Ergebnis:

$10(1+\sqrt{3})$

Die Raumdiagonale der Schachtel verläuft durch die Mittelpunkte des Handballs und zweier Tennisbälle, und auch durch die Berührpunkte dieser drei Bälle. Die einzigen Abschnitte der Diagonale, die nicht innerhalb eines Balls verlaufen, sind die Stücke zwischen je einem Tennisball und der Ecke der Schachtel. Der Abstand vom Mittelpunkt eines Tennisballs zur Ecke der Schachtel ist die Hälfte der Raumdiagonale des umschriebenen Würfels dieses Balls. Daher ist die Länge der Diagonale der Schachtel die Summe aus

• zweimal der Hälfte der Diagonalen des umschriebenen Würfels eines Tennisballs,
• zweimal dem Radius eines Tennisballs und
• dem Durchmesser des Handballs.

Daher erhält man für die Länge der Diagonale

und für die Kantenlänge der Schachtel

Ergebnis:

$4$

Die Zweierpotenz $2^{29}$ kann ohne größeren Aufwand von Hand berechnet werden: Wegen $2^{10}=1024$ kann man durch Multiplikation $1024^3$ errechnen und dann durch $2$ dividieren, so dass man schließlich $2^{29}=536870912$ erhält.

Man kann auch zur Lösung gelangen, indem man ausnutzt, dass eine Zahl und ihre Quersumme den selben Rest modulo $9$ besitzen. Betrachtet man die Zweierpotenzen modulo $9$,

so erkennt man, dass sich die Reste von $2^{n}mod9$ periodisch wiederholen; die Periodenlänge ist $6$. Wegen $29\equiv 5mod6$ bedeutet dies $2^{29}\equiv 2^5\equiv 5mod9$.

Sei $x$ die fehlende Ziffer. Da die Summe aller Ziffern $45$ ergibt, gilt dann für die Quersumme $Q(2^{29})=45-x\equiv 5mod9$ und deshalb $x\equiv 4mod9$. Folglich ist $4$ die fehlende Ziffer in der Darstellung von $2^{29}$.

Ergebnis:

2501

Man bezeichnet mit $\mathrm{ebs}(n)$ die ersten beiden Stellen nach dem Komma von $\sqrt{n}$. Es ist klar, dass $\mathrm{ebs}(n)$ ebenfalls wächst, wenn $n$ von einer Quadratzahl zur nächsten ansteigt. Da wir nach der kleinsten ganzen Zahl $n$ suchen, muss diese die Form $k^2+1$ für eine positive ganze Zahl $k$ haben.

Wenn $\sqrt{k^2+1}$ auf seinen ganzzahligen Teil abgerundet wird, ist das Ergebnis $k$ und daher ist $\sqrt{k^2+1}-k$ eine Zahl größer $0$ und kleiner $1$. Die Aussage $\mathrm{ebs}(k^2+1)=0$ ist somit äquivalent zu

Addieren von $k$ zu beiden Seiten, Quadrieren (beide Seiten sind positiv) und Umstellen ergibt

Die rechte Seite ist eine Zahl größer $49$ und kleiner $50$. Da $k$ eine ganze Zahl ist, folgt $k\ge 50$. Somit ist $n=50^2+1=2501$ die gesuchte kleinste Zahl.

Ergebnis:

$9^{8068}$

Jede Füllung der $8068$ Zellen, welche die zwei untersten Reihen und die ersten zwei Spalten am linken Rand bilden, legt die gesamte Füllung fest, da die übrigen Zahlen in aufeinander folgenden Diagonalen eindeutig bestimmt sind. Ein Beispiel dafür ist in der Abbildung zu sehen.

Offensichtlich legt jedes korrekte Füllen der $2018\times 2018$ Tabelle auch eine Füllung dieser $8068$ Zellen am Rand fest. Daher entspricht die Anzahl der beliebigen Füllungen dieser Zellen der Anzahl der Möglichkeiten, die gesamte Tabelle zu füllen. Die gesuchte Anzahl ist also $9^{8068}$.

Ergebnis:

$(3,18)$, $(6,66)$

Die gegebene Gleichung ist äquivalent zu $m^2-{(2^n)}^2=260$ und kann deshalb zu $(m-2^n)(m+2^n)=260$ faktorisiert werden. Unter Berücksichtigung der Primfaktorzerlegung $260=2^2\cdot 5\cdot 13$ sind aufgrund von $(m-2^n)<(m+2^n)$ also nur die Zerlegungen

möglich. Wegen $(m+2^n)-(m-2^n)=2^{n+1}$ gibt es nur die zwei Möglichkeiten $26-10=2^4$ und $130-2=2^7$. Dies führt zu den gesuchten Lösungspaaren $(3,18)$ und $(6,66)$.

Ergebnis:

4033

Anstelle der Reflexion des Lichtstrahls lässt man ihn gerade weiterlaufen und spiegelt stattdessen das jeweilige Dreiecke entlang der Seite, auf die der Strahl trifft. Nun soll gezeigt werden, dass eine aneinander gesetzte Reihe dieser gespiegelten Dreiecke ausreicht, damit der Lichtstrahl eine Ecke des Dreiecks erreicht.

Sei $E$ der Schnittpunkt des Strahls $\mathit{BD}$ mit der Geraden durch $A$, die parallel zu $\mathit{BC}$ ist. Ferner sei $F$ ein Punkt auf $\mathit{BC}$ so, dass $\mathit{EF}\parallel \mathit{AC}$ ist. Dann sind die Dreiecke $△\mathit{BCD}$ und $△\mathit{BFE}$ ähnlich und es gilt $\overline{\mathit{BF}}=2018\cdot \overline{\mathit{BC}}$. Dies bedeutet, dass man den Punkt $E$ durch die oben genannte Art der Spiegelungen des Dreiecks $△\mathit{ABC}$ erhalten kann und $E$ ist sicherlich der erste Punkt auf dem Strahl $\mathit{BD}$, für den das zutrifft.

Es ist leicht zu sehen, dass die Strecke $\mathit{BE}$ genau $2\cdot 2017-1=4033$ Strecken in der Reihe der Dreiecke schneidet, was der Anzahl der Spiegelungen des Lichtstrahl entspricht.

Die Abbildung zeigt eine Lösung, in der das ursprüngliche Verhältnis auf $\overline{\mathit{DC}}:\overline{\mathit{AC}}=1:5$ geändert wurde.

Ergebnis:

$9∕4$

Die Abbildung wird wie folgt beschriftet:

Alle drei Dreiecke $△\mathit{KM}{D}^{\prime }$, $△M{A}^{\prime }C$ und $△\mathit{LB}{A}^{\prime }$ sind rechtwinklig und ähnlich zueinander, was durch einfaches Berechnen der Winkel gezeigt werden kann. Aufgrund der Ähnlichkeit und wegen $\overline{\mathit{KD}}=\overline{K{D}^{\prime }}$ und $\overline{\mathit{LA}}=\overline{L{A}^{\prime }}$ ergibt sich

und

Betrachtet man die oben erwähnten Ähnlichkeiten, so sieht man, dass $A^{\prime }L$ der Strecke $\mathit{KM}$ entspricht und $\mathit{LB}$ der Strecke $K{D}^{\prime }$. Deshalb ist das Verhältnis der Strecken $3∕2$. Da aber der Flächeninhalt gesucht ist, ist die Lösung ${(3∕2)}^2=9∕4$.

Ergebnis:

$185$

Das Polynom kann umgeformt werden zu

Wegen

für alle positiven ganzen Zahlen $k$ sind alle geklammerten Ausdrücke auf der rechten Seite der Gleichung durch $x^2-1$ teilbar. Da der Grad von $6x+1$ kleiner ist als der von $x^2-1$, ist $6x+1$ der gesuchte Rest bei der Polynomdivision. Durch Lösen der Gleichung $1111=6x+1$ erhält man die Antwort $x=185$.

Ergebnis:

$30$

Betrachtet man das äußere Fünfeck, dann werden zwei der Bahngesellschaften (mit $X$ und $Y$ bezeichnet) jeweils zwei Bahnlinien zugeordnet und der dritten Bahngesellschaft ($Z$) eine Bahnlinie. Es gibt dann eine Stadt, von der aus die Reihenfolge $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$ ist, wenn bei ihr gestartet wird. Es ist einfach zu zeigen, dass für den Rest des Netzwerks nur eine Belegung möglich ist: Die Bahnlinien des inneren Fünfecks werden gleich wie die äußeren Gegenstücke beschriftet und der Verbindung muss die jeweils noch nicht verwendete Bahngesellschaft zugeordnet werden.

Das bedeutet, dass die Anzahl an korrekten Zuordnungen des gesamten Netzwerks gleich der Anzahl der Zuordnungen des äußeren Fünfecks ist. Es gibt sechs Möglichkeiten, die Bahngesellschaften zu $X$, $Y$ und $Z$ zuzuordnen, und fünf Möglichkeiten für die Stadt, bei der die Zuordnung $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$ startet. Das ergibt insgesamt $5\cdot 6=30$ Möglichkeiten.

Ergebnis:

$25-13\sqrt{2}$

Betrachte das Dreieck, dessen Eckpunkte die Mittelpunkte der drei Kreise in den Ecken des ursprünglichen Dreiecks sind. Das ist ein rechtwinkliges Dreieck mit den Schenkellängen $14$ und $34$. Die Länge der Hypotenuse beträgt daher

Sein Inkreisradius kann über die Tangentenabschnitte an den Inkreis durch $(14+34-26\sqrt{2})∕2=24-13\sqrt{2}$ berechnet werden. Da die Seiten des ursprünglichen Dreiecks parallel zu den Seiten des eben betrachteten Dreiecks sind, der Abstand $1$ beträgt und außerdem die Inkreise der beiden Dreiecke denselben Mittelpunkt haben, beträgt der gesuchte Inkreisradius $25-13\sqrt{2}$.

Ergebnis:

17

Der Einfachheit halber nummeriert man die Positionen in der Liste beginnend mit null. In diesem Fall zeigt ein einfaches Induktionsargument, dass die Stelle einer in Basis $4$ angegeben Zahl beschreibt, durch welche Operationen und in welcher Reihenfolge die Zahl an der angegebenen Position ermittelt wurde. Zum Beispiel sieht die Liste von Julia nach zweimaligem Julieren folgendermaßen aus:

Dabei geben die Zahlen unter den Einträgen die Position des jeweiligen Eintrags in der Basis $4$ an. Da $2017$ im Zahlensystem zur Basis $4$ die Zahl $133201$ ergibt, ist die Zahl an der $2017$ten Stelle

Ergebnis:

25

Die Gleichung kann als quadratische Gleichung in $n$ gesehen werden. Die Lösung dieser Gleichung lautet

(die andere Lösung würde zu einem negativen $n$ führen, da $\sqrt{x^2+y^2}>x$), oder

Sei $d=\mathrm{ggT}(x,y)$ und seien $x=x_{0}d$, $y=y_{0}d$. Einsetzen und Vereinfachen führt zu

Da $x_0$ und $y_0$ teilerfremd sind, sind auch $y_0^2$ und $x_0^2+y_0^2$ teilerfremd und es folgt $(x_0^2+y_0^2)\mid n$. Durch das Vorkommen von $\sqrt{x_0^2+y_0^2}$ folgt, dass $x_0^2+y_0^2$ eine Quadratzahl sein muss. Bekanntlich ist $5^2=25$ die kleinste Quadratzahl, die als Summe zweier positiver Quadratzahlen geschrieben werden kann, nämlich als $3^2+4^2$. Daher muss $n\ge 25$ sein. Setzt man $x=4$ und $y=3$ ein, so sieht man, dass $n=25$ tatsächlich eine Lösung ist.

Ergebnis:

8

Es werden die möglichen Wege der Spinne auf dem Netz des Quaders untersucht. Es ist klar, dass der kürzeste Weg eine Gerade sein muss, wenn man das Netz des Quaders betrachtet. Der weiße Kreis stellt die Fliege dar und der schwarze Kreis die Spinne, deren Stelle auf der Ebene abhängig von der Wahl des Quadernetzes ist.

Es gibt bis auf Symmetrie drei mögliche Wege für die Spinne, um die Fliege zu erreichen. Sie kann entweder eine, zwei oder drei lange Flächen des Quaders queren; die Wege sind mit $A$, $B$ und $C$ beschriftet. Es ist klar, dass ein Weg, der vier dieser Seiten quert, auf einen dieser kürzeren zurückgeführt werden kann. Die Länge von $A$ beträgt $8,4m$. Die Länge von Weg $B$ bzw. von Weg $C$ wird mithilfe des Satzes von Pythagoras berechnet und ist $\sqrt{66,32}$ Meter bzw. $8$ Meter lang. Daher ist Weg $C$ der kürzeste.

Die folgende Abbildung zeigt den kürzesten Weg dreidimensional:

Ergebnis:

49

Erinnern wir uns an die Parametrisierung eines Kreises mit Mittelpunkt $(C_1,C_2)$ und Radius $R>0$: Alle Punkte $(x_1,x_2)$ des Kreises können mithilfe des Winkels $\alpha$ in der Form $(x_1,x_2)=(C_1+R\cos (\alpha ),C_2+R\sin (\alpha ))$ dargestellt werden.

Setze $V(x,y)={(6+2\cos (x)-\cos (y))}^2+{(8+2\sin (x)-\sin (y))}^2$. Betrachtet man nun die Kreise $k_1$ und $k_2$ mit den Mittelpunkten $(0,0)$ bzw. $(6,8)$ und den Radien $1$ bzw. $2$ in ihrer Parametrisierung mithilfe des Winkels $x$ bzw. $y$, dann folgt aus dem Satz des Pythagoras

wobei $A$ ein Punkt auf $k_1$ und $B$ ein Punkt auf $k_2$ ist. Demnach ist das Minimum von $V(x,y)$ das Quadrat der Entfernung der nächstgelegenen Punkte auf $k_1$ und $k_2$. Diese Entfernung wird über die Radien sowie den Abstand der Mittelpunkte der Kreise berechnet als $\sqrt{6^2+8^2}-1-2=7$. Das Minimum von $V(x,y)$ ist daher $7^2=49$.

Ergebnis:

$105263157894736842$

Sei $N$ die gesuchte Zahl. Wenn man die Einerziffer entfernt, erhält man alle Ziffern von $2N$ außer der ganz linken. Da $N$ mit $2$ endet, muss $2N$ mit $4$ enden. Daher ist die Zehnerziffer von $N$ gleich $4$. Sei $d_i$ die $i$-te Ziffer von $N$, diesmal von rechts nach links gezählt, d.h. $d_1$ ist die Einerziffer. Berücksichtigt man, wie die Multiplikation mit $2$ ziffernweise funktioniert, so sieht man, dass die Ziffern von $N$ folgende Bedingung erfüllen müssen:

für alle $i>2$. Auf diese Weise kann man die Ziffern von $N$ direkt aufschreiben. Man hört auf, wenn man die Ziffer $1$ und im nächsten Schritt die Ziffer $2$ erhält. Die mit $1$ beginnende Zahl ist $N$, weil die Multiplikation mit $2$ genau die letzte Ziffer entfernt, dafür aber die $2$ vor die Zahl stellt. Das Ergebnis lautet somit

Ergebnis:

$19∕2$

Die Bezeichnungen werden wie in der Abbildung gewählt.

Aufgrund der gegebenen Flächenverhältnisse teilt $S$ die Strecke $\mathit{QB}$ im Verhältnis $1:2$ und die Strecke $\mathit{PC}$ im Verhältnis $2:3$. Bezeichnet man den Flächeninhalt des Dreiecks $△\mathit{APS}$ mit $a$ und den Flächeninhalt des Dreiecks $△\mathit{ASQ}$ mit $b$, so kann man folgende Gleichungen aufstellen:

Diese sind äquivalent zu den beiden Gleichungen

welche die Lösungen $a=5$ und $b=9∕2$ besitzen. Also hat der gesuchte Flächeninhalt des Vierecks $\mathit{APSQ}$ die Größe $19∕2$.

Ergebnis:

1152

Da das Vermögen jedes Bruders ein Vielfaches des Vermögens des ärmsten ist, muss die Summe $2018$ ebenfalls durch diese Zahl teilbar sein. Die Primfaktorzerlegung $2018=2\cdot 1009$ ergibt nur drei Möglichkeiten für den ärmsten Bruder, nämlich $1$, $2$ oder $1009$ Euro zu besitzen. Natürlich ist $1009$ unmöglich, da dies größer wäre als jeder der verbleibenden drei Beträge. Wenn es nur $1$ wäre, dann würden die restlichen Brüder gemeinsam $2017$ Euro haben. Das ist jedoch eine Primzahl und daher hätte der zweitärmste Bruder ebenfalls $1$ Euro gehabt – ein Widerspruch. Deshalb hat der ärmste Bruder $2$ Euro und die restlichen drei Brüder haben gemeinsam $2016$ Euro.

Sei $a<b<c$ das Vermögen der drei Brüder. Diese unterliegen den Bedingungen $a\mid b\mid c$ und $a+b+c=2016$. Die Teilbarkeit zusammen mit echter Ungleichheit impliziert $2a\le b$ und $2b\le c$. Wenn man hier Gleichheit erhalten könnte, würde man eine Lösung mit dem kleinsten Wert von $c$ bekommen. Glücklicherweise teilt $1+2+4=7$ die Zahl $2016$. Daher können wir diese tatsächlich aufteilen als

und die Antwort lautet $\frac{4}{7}\cdot 2016=1152$.

Ergebnis:

1365

Sei $A_0=♣$ und $A_n$ das Folgenglied auf der Tafel, nachdem Maxi den Ersetzungsvorgang $n$ Mal durchgeführt hat, und sei $h_n$ die Anzahl der Paare $♡♡$ in $A_n$. Da jedes Paar $♡♡$ in $A_n$ nur aus dem Paar $♡♣$ in $A_{n-1}$ entsteht, welches seinerseits entweder aus $♡♡$ oder aus $♣$ in $A_{n-2}$ entstehen kann, folgt $h_n=h_{n-2}+2^{n-3}$ für $n\ge 3$, weil es genau $2^{n-3}$ Symbole $♣$ in $A_{n-2}$ gibt. Wegen $h_1=0$ ergibt sich für ungerade $n$ nun

und das gewünschte Ergebnis lautet $h_{13}=1365$.

Ergebnis:

$10^{\circ }$

Zunächst wird gezeigt, dass es sich bei dem Viereck $\mathit{OCNP}$ um ein Sehnenviereck handelt. Klarerweise gilt $\mathit{\angle ONC}=90^{\circ }$. Um $\mathit{\angle OPC}=90^{\circ }$ zu zeigen, kann man wie folgt vorgehen: Da die Punkte $C$ und $M$ auf dem Kreis um $O$ liegen, gilt $\overline{\mathit{OC}}$ = $\overline{\mathit{OM}}$. Aus einfachen Betrachtungen in der gegebenen Situation folgt $\mathit{\angle COM}=60^{\circ }$. Somit ist das Dreieck $△\mathit{OCM}$ gleichseitig. Da $P$ der Mittelpunkt von $\mathit{OM}$ ist, gilt $\mathit{\angle OPC}=90^{\circ }$.

Eine weitere einfache Berechnung im regelmäßigen Neuneck liefert $\mathit{\angle NCO}=70^{\circ }$. Somit ergibt sich $\mathit{\angle OPN}=180^{\circ }-\mathit{\angle NCO}=110^{\circ }$. Über die Innenwinkelsumme im Dreieck $△\mathit{OQP}$ erhält man schießlich

Ergebnis:

$(3,2,2013)$

Xenas Aussage bedeutet nur, dass $x$ ungerade ist. Wenn $x$ gerade wäre, könnten nämlich $y$ und $z$ gleich sein.

Angenommen $y$ ist ungerade. In diesem Fall wusste Yena von Anfang an, dass $x$ und $z$ unterschiedlich sind. Im Bereich $y\ge 1009$ hätte Yena bereits gewusst, dass $x$ und $z$ von $y$ verschieden sind, und hätte daher Xenas Aussage nicht benötigt. Falls $y\le 1007$ gelten würde, dann könnte Yena trotz Xenas Aussage nicht sagen, ob ihre Zahl sich von $x$ unterscheidet. Wir schließen daraus, dass $y$ gerade und folglich $z$ ungerade sein muss.

Wenn $y$ ein Vielfaches von $4$ wäre, dann würde $x+z=2018-y\equiv 2mod4$ gelten, was bedeutet, dass $x+z$ das Doppelte einer ungeraden Zahl sein kann. Deshalb könnte Yena in diesem Fall nicht schließen, dass $x$ und $z$ verschieden sind. Wenn jedoch $y\equiv 2mod4$ gilt, dann müssen $x$ und $z$ unterschiedliche Reste modulo $4$ haben und Yenas Aussage ist berechtigt.

Zena muss aufgrund ihrer Aussage auf $y=2$ schließen können, denn andernfalls könnte $y$ um $4$ verkleinert und $x$ um $4$ vergrößert werden und Zena könnte den Unterschied nicht erkennen. Aus ähnlichen Gründen gilt $x\le 4$. Daher ist entweder $x=1$ oder $x=3$. Im Fall $x=1$ hätte Zena jedoch alleine mit dem Wissen $2018-z=x+y=3$ und Xenas Aussage die Werte von $x$ und $y$ ermitteln können, ohne Yenas Aussage gebrauchen zu müssen. Also muss $x=3$ gelten und es ergibt sich abschließend $z=2013$.

Ergebnis:

$45∕128$

Die exakte Anzahl an LP ist nicht wichtig – es ist ausreichend zu wissen, dass Arithmetix verliert, nachdem er ein Mal, und Combinatorica verliert, nachdem sie zwei Mal vom gegnerischen Zauberspruch getroffen wurde.

Angenommen wir befinden uns in einer Situation im Duell, in der Combinatorica schon einen Schlag abbekommen hat und Arithmetix mit seinem Zauberspruch an der Reihe ist. Sei $q$ die Wahrscheinlichkeit, dass Arithmetix in dieser Situation gewinnt. Es gibt zwei Wege, wie Arithmetix hier gewinnen kann: Die erste Möglichkeit ist, dass sein Zauberspruch wirkt, was mit einer Wahrscheinlichkeit von $0,9$ eintrifft. Die zweite Möglichkeit ist, dass sowohl sein Zauberspruch als auch der nächste von Combinatorica nicht wirkt, was mit einer Wahrscheinlichkeit von $0,1\cdot 0,4$ eintritt, und anschließend Arithmetix mit der Wahrscheinlichkeit $q$ gewinnt. Daraus erhält man die Gleichung

und durch Umformung $q=15∕16$.

Nun wird die Wahrscheinlichkeit $p$ berechnet, dass Arithmetix das Duell gewinnt. Falls der Zauberspruch von Arithmetix wirkt und der von Combinatorica nicht, was mit einer Wahrscheinlichkeit von $0,9\cdot 0,4$ eintritt, dann ist das Duell in der oben beschriebenen Situation und Arithmetix gewinnt mit der Wahrscheinlichkeit $q=15∕16$. Falls aber der Zauberspruch von Arithmetix nicht wirkt und der Zauberspruch von Combinatorica auch nicht, was mit einer Wahrscheinlichkeit von $0,1\cdot 0,4$ geschieht, dann kann Arithmetix wieder mit der Wahrscheinlichkeit $p$ gewinnen. Somit ergibt sich die Gleichung

und man erhält als Lösung $p=45∕128$. Die Wahrscheinlichkeit, dass Arithmetix das Duell gewinnt, beträgt also $45∕128$.

Ergebnis:

3867

Es gilt $a(1)>1$, denn $a(1)=1$ impliziert $1=a(a(1))\ne 3\cdot 1$, was aber die Bildungsvorschrift der Folge verletzt. Da die Folge wachsend ist, folgt $1<a(1)<a(a(1))=3$ und daraus $a(1)=2$.

Aus der Rekursionsgleichung ergibt sich sofort $a(3n)=a(a(a(n)))=3a(n)$ für alle $n$. Beginnend mit $a(1)=2$ zeigt man mit vollständiger Induktion nach $m$, dass $a(3^m)=2\cdot 3^m$ gilt. Daraus erhält man $a(2\cdot 3^m)=a(a(3^m))=3^{m+1}$.

Es gibt $3^n-1$ ganze Zahlen $i$ mit der Eigenschaft $3^n<i<2\cdot 3^n$ und es gibt $3^n-1$ ganze Zahlen $j$ mit $a(3^n)=2\cdot 3^n<j<3^{n+1}=a(2\cdot 3^n)$. Da die Folge $a(n)$ wachsend ist, gibt es keine andere Möglichkeit, als dass $a(3^n+b)=2\cdot 3^n+b$ für alle $0<b<3^n$ sein muss. Folglich gilt

Aus $2018=2\cdot 3^6+560$ ergibt sich schließlich $a(2018)=3^7+3\cdot 560=3867$.

Ergebnis:

1346

Jeder Ecke auf dem Gitter kann ihr Abstand zu den drei Seiten von $T$ zugeordnet werden. Dabei wählt man als Einheit die Höhe eines kleinen gleichseitigen Dreiecks. Es ist leicht zu sehen, dass sich für jede Ecke diese drei Abstände zu $2018$ addieren. Hat man andererseits ein Tripel aus nicht-negativen ganzen Zahlen, die sich zu $2018$ aufsummieren, dann gibt es eine eindeutig bestimmte Ecke im Gitter, welche die Einträge aus dem Tripel als Abstände zu den Seiten von $T$ besitzt. Diese Zahlentripel zu betrachten ist deshalb äquivalent dazu, die Ecken zu betrachten. Im Folgenden werden die Tripel betrachtet und deren Einträge als Koordinaten bezeichnet.

Die Bedingung für eine unabhängige Menge ist, dass keine zwei Tripel in der Menge dieselbe erste, zweite oder dritte Koordinate haben. Sei