Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$6$

Wenn das jetzige Alter von Florian mit $x$ bezeichnet wird, so ist seine Mutter jetzt $3(x-3)+3$ Jahre alt, also $3x-6$ Jahre. Nach der zweiten Aussage ist Florians Vater derzeit $3x$ Jahre alt. Folglich beträgt der Altersunterschied seiner Eltern $6$ Jahre.

Ergebnis:

$30$

Jedes Dreieck, das in diesem Bild zu sehen ist, hat den obersten Punkt als einen Eckpunkt. Außerdem liegt eine Dreiecksseite auf einer der beiden parallelen waagrechten Strecken. Ein Dreieck ist somit durch die Wahl einer der beiden Parallelen und die anschließende Wahl von zwei verschiedenen Eckpunkten darauf festgelegt. Da es auf jeder der Parallelen sechs mögliche Eckpunkte gibt, kann die gesuchte Anzahl an Dreiecken durch

berechnet werden.

Ergebnis:

$15$

Weil in einem gleichseitigen Dreieck alle Innenwinkel $60^{\circ }$ sind, erhält man $\mathit{\angle CBE}=90^{\circ }-\mathit{\angle EBA}=30^{\circ }$. Wegen $\overline{\mathit{EB}}=\overline{\mathit{AB}}=\overline{\mathit{BC}}$ ist das Dreieck $△\mathit{BCE}$ gleichschenklig und es ergibt sich

Folglich gilt für den gesuchten Winkel $\mathit{\angle DCE}=90^{\circ }-\mathit{\angle ECB}=15^{\circ }$.

Ergebnis:

$136$

Zufällig hätte Sandi möglicherweise alle Münzen mit Beschriftungen kleiner als 10 und jeweils neun Münzen mit Zahlen von 10 bis 19 herausgenommen. Insgesamt ergibt das $(1+2+\cdots +9)+9\cdot 10=135$ Münzen. Daher garantiert die Entnahme von $135$ Münzen nicht, dass man zehn gleich beschriftete Münzen hat.

Wenn Sandi jedoch $136$ Münzen herausnimmt, gibt es mindestens $91$ Münzen, die mit einer Zahl größer als $9$ beschriftet sind. Nach dem Schubfachprinzip wurde daher eine der Münzsorten mit den Beschriftungen 10 bis 19 mindestens zehnmal herausgenommen. Daher beträgt die minimale Anzahl von Münzen $136$.

Ergebnis:

$42$

Sei $n$ die Anzahl gekaufter Süßigkeiten. Dann lässt sich die Verteilung der Süßigkeiten beschreiben mit der Gleichung

Auflösen nach $n$ ergibt $n=42$.

Ergebnis:

$24+4\sqrt{6}$

Mit dem Satz von Pythagoras ergibt sich $\overline{\mathit{BD}}=\sqrt{6^2+8^2}=10$ und hieraus

Also ist der gesuchte Flächeninhalt des Vierecks

Ergebnis:

$27$

Wir wissen, dass Kathi neun Blatt Papier bedrucken möchte. Benutzt sie die Duplexfunktionalität, dauert das Drucken also $9\cdot 9=81$ Sekunden. Bedruckt sie Vorder- und Rückseite einzeln, wird jedes Blatt zweimal bedruckt, das Drucken dauert also $2\cdot 3\cdot 9=54$ Sekunden. Demnach dauert das Wiedereinlegen des Papiers $81-54=27$ Sekunden.

Ergebnis:

$784913526$

Wir ordnen die Ziffern $1,\dots ,9$ in einem Diagramm an und fügen einen Pfeil von $x$ nach $y$ hinzu, wenn die zweistellige Zahl $\overline{\mathit{xy}}$ durch $7$ oder $13$ teilbar ist. Die durchgezogenen Pfeile stehen für die Teilbarkeit durch $7$, die strichlierten für die Teilbarkeit durch $13$ und die strichpunktierte Linie für die Teilbarkeit durch beide Zahlen.

Aus dem Diagramm geht hervor, dass die gesuchte Zahl $A$ mit den Ziffern $784$ beginnen muss. Falls die nächste Ziffer $9$ ist, müssen wir mit $1$, $3$ und $5$ fortsetzen und die verbleibenden beiden Ziffern müssen die Reihenfolge $2$, $6$ haben. Auf diese Weise erhalten wir die Lösung $784913526$.

Wenn wir dagegen mit $7842$ weitermachen, gibt es zwei Fälle zu berücksichtigen. Angenommen wir machen mit $1$ und anschließend $3$ weiter, dann kann die Zahl $A$ nicht gleichzeitig $5$ und $9$ enthalten. Wir stoßen auf das gleiche Problem, wenn wir mit $784263$ fortsetzen. Daher ist die oben angeführte Lösung die einzige.

Ergebnis:

$54$

Da die an das Quadrat $B$ angrenzenden Dreiecke gleichschenklig sind, ist die auf der Diagonalen liegende Seite von $B$ genau das mittlere Drittel der Diagonale. Bezeichnet man mit $s$ die Seitenlänge des großen Quadrats, so hat $B$ die Seitenlänge $\frac{1}{3}\cdot \sqrt{2}\cdot s$ und $A$ die Seitenlänge $\frac{1}{2}\cdot s$. Also ist das Verhältnis der Flächeninhalte der eingepassten Quadrate

weshalb $A$ den Flächeninhalt $48\cdot \frac{9}{8}=54$ hat.

Ergebnis:

$0$

Fiona hat $9^3=729$ weiße und $10^3=1000$ schwarze Einheitswürfel. Für die Oberfläche des Würfels mit der Seitenlänge $12\mathrm{cm}$ benötigt sie $12^3-10^3=1728-1000=728$ Einheitswürfel. Also kann sie den Würfel so bauen, dass die ganze Oberfläche des Würfels mit der Seitenlänge $12\mathrm{cm}$ weiß ist. Deshalb ist die Antwort $0$.

Ergebnis:

$29$

Um die Klassengröße exakt bestimmen zu können, benötigt man die Information, wie viele Schüler genau zwei dieser Fähigkeiten nicht beherrschen. Man erkennt jedoch, dass man die größte Anzahl erhält, wenn man davon ausgeht, dass jeder Schüler, der mindestens zwei Fähigkeiten nicht beherrscht, tatsächlich alle drei nicht kann. In diesem Fall ist die Gesamtzahl der Schüler

Man muss die Anzahl der Schüler, denen alle drei Fähigkeiten fehlen, zweimal subtrahieren, da diese Schüler bei der Addition der anderen drei Gruppen insgesamt dreimal gezählt werden.

Ergebnis:

$44$

Sei $△\mathit{ABC}$ ein Dreieck mit Winkel $\mathit{\angle BAC}=90^{\circ }$. Verbindet man den Punkt $A$ mit dem Mittelpunkt $M$ von $\mathit{BC}$, so erhält man die Seitenhalbierende. Der Schnittpunkt der Höhe mit $\mathit{BC}$ wird mit $H$ bezeichnet.

Aufgrund des Satzes von Thales liegen die Eckpunkte des Dreiecks $△\mathit{ABC}$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $M$. Sei nun o.B.d.A. Winkel $\mathit{\angle CBA}=23^{\circ }$. Da das Dreieck $△\mathit{ABM}$ gleichschenklig ist, ergibt sich $\mathit{\angle BAM}=23^{\circ }$. Außerdem ist das Dreieck $△\mathit{AHC}$ ähnlich zum Dreieck $△\mathit{ABC}$ und deshalb $\mathit{\angle HAC}=23^{\circ }$. Also ist $\mathit{\angle MAH}=90^{\circ }-2\cdot 23^{\circ }=44^{\circ }$ die gesuchte Winkelgröße.

Ergebnis:

$376$

Es ist klar, dass $a,b\le 20$ sein muss. Addiert man $b$ auf beiden Seiten der gegebenen Gleichung, erhält man $20(a+b)=365+b$. Man sieht nun, dass die linke Seite durch $20$ teilbar ist. Daher muss auf der rechten Seite $380$ stehen. Dies führt zur Lösung $b=15$ und somit zu $a=4$. Folglich ergibt sich $20b+19a=380-a=376$.

Ergebnis:

$2017$

Die Regelmäßigkeit der Polygone spielt für die Aufgabenstellung keine Rolle. Man nimmt an, dass das $2019$-Eck aus einem $2018$-Eck dadurch entsteht, dass man eine Kante auftrennt und eine neue Ecke einfügt. Diese neue Ecke wird mit den $2016$ nicht benachbarten Ecken verbunden und zusätzlich entsteht eine neue Diagonale, die die beiden benachbarten Ecken verbindet. Also nimmt die Anzahl der Diagonalen insgesamt um $2017$ zu.

Ergebnis:

$2$, $5$, $-6$

Wegen $x^2-4x+5={(x-2)}^2+1\ge 1$ ist die Basis immer eine positive reelle Zahl. Deshalb wird die Gleichung genau dann erfüllt, wenn die Basis gleich 1 oder der Exponent gleich 0 ist. Im ersten Fall ist $x^2-4x+5=1$ äquivalent zu ${(x-2)}^2=0$ mit der Lösung $x=2$. Im zweiten Fall hat die Gleichung $x^2+x-30=(x-5)(x+6)=0$ die beiden Lösungen $x=5$ und $x=-6$. Insgesamt gibt es dadurch drei Lösungen.

Ergebnis:

$4$

Angenommen $1$ ist die erste Zahl. Damit die Folge beim Löschen einer Zahl nicht monoton steigend ist, muss die Permutation $(1,4,3,2)$ lauten. Wenn man jedoch nun die Zahl $1$ löscht, ergibt sich eine monoton fallende Zahlenfolge und somit erfüllt diese Permutation nicht die gegebenen Bedingungen. Daher kann $1$ nicht die erste – und aus Symmetriegründen auch nicht die letzte – Zahl sein. Das Gleiche gilt für die Zahl $4$. Somit müssen $1$ und $4$ in der Mitte sein. Beide Reihenfolgen $(1,4)$ und $(4,1)$ ergeben jeweils zwei gültige Permutationen:

Daher gibt es vier Permutationen, welche die gegebenen Bedingungen erfüllen.

Ergebnis:

$\frac{15}{2}$

Mit dem Satz des Pythagoras berechnet man ${\overline{\mathit{AC}}}^2={\overline{\mathit{AB}}}^2+{\overline{\mathit{BC}}}^2$ und daraus $\overline{\mathit{AC}}=\sqrt{8^2+6^2}=10$. Sei $S$ der Schnittpunkt der Strecke $\mathit{AC}$ mit ihrer Mittelsenkrechten. Klarerweise ist dann $S$ der Mittelpunkt der Diagonale $\mathit{AC}$, also ist $\overline{\mathit{AS}}=5$.

Wegen $\mathit{\angle BAC}=\mathit{\angle XAS}$ und $\mathit{\angle ASX}=\mathit{\angle CBA}=90^{\circ }$ sind die Dreiecke $△\mathit{AXS}$ und $△\mathit{ABC}$ ähnlich, woraus $\overline{\mathit{SX}}:\overline{\mathit{AS}}=\overline{\mathit{BC}}:\overline{\mathit{AB}}$ und somit

folgt. Also ergibt sich für die gesuchte Länge $\overline{\mathit{XY}}=2\cdot \overline{\mathit{SX}}=\frac{15}{2}$.

Ergebnis:

$3435$

Aus der Betrachtung der Einerstelle erschließt sich sofort $R=0$. Wegen der Teilbarkeit von $\mathit{FIV}E$ durch fünf und $R=0$ folgt $E=5$. Da die Ziffer $0$ bereits vergeben ist, ergibt sich aus der Betrachtung der Hunderterstelle $O=9$, ein Übertrag von $1$ aus der Zehnerstelle und ein Übertrag von $1$ in die Tausenderstelle. Demnach muss $U+V$ größer als $10$ sein und $N$ eine ungerade Ziffer größer als $1$, da $N=F+F+1$. Andererseits muss $U+V\le 7+8=15$ gelten, denn $9$ wurde bereits vergeben. So bleibt für $N$ nur noch der Wert $N=3$. Wegen der Teilbarkeit von $\mathit{FOUR}$ durch vier ist demnach $U=6$, $V=7$ und $F=1$.

Da $\mathit{NINE}$ durch drei teilbar ist, muss die Quersumme $N+I+N+E=3+I+3+5=11+I$ ebenfalls durch drei teilbar sein. Von den passenden Werten $1$, $4$, $7$ für $I$ ist nur noch $I=4$ verfügbar. Also folgt $\mathit{NINE}=3435$ und das Kryptogramm entspricht der Gleichung $1960+1475=3435$.

Ergebnis:

$3+\sqrt{3}$

Zusätzlich sei $G$ der Schnittpunkt von $\mathit{AC}$ mit $\mathit{DE}$. Die beiden Dreiecke $△\mathit{BFE}$ und $△\mathit{GCD}$ sind kongruent, da sie jeweils die Innenwinkel $30^{\circ }$, $60^{\circ }$ und $90^{\circ }$ besitzen und eine Dreiecksseite die Seite des Quadrats der Länge $1$ ist. Solche Dreiecke sind die Hälfte eines gleichseitigen Dreiecks mit seiner Hypotenuse als Seitenlänge. Deshalb gilt $\overline{\mathit{BE}}=2\overline{\mathit{BF}}$ und nach dem Satz des Pythagoras ${\overline{\mathit{BE}}}^2={\overline{\mathit{EF}}}^2+{\overline{\mathit{BF}}}^2$. Nun benutzt man noch $\overline{\mathit{EF}}=1$ und erhält $\overline{\mathit{BF}}=\sqrt{3}∕3$. Für das gleichseitige Dreieck $△\mathit{ABC}$ ergibt sich also die Seitenlänge $1+\sqrt{3}∕3$ und somit der Umfang $3+\sqrt{3}$.

Ergebnis:

$42$, $-42$

Ist $r$ die dreifache Lösung der Gleichung, so gilt

Durch Koeffizientenvergleich erhält man $3r^2=588$, also $r=\pm 14$. Wegen $a=3r$ folgt $a=\pm 42$.

Ergebnis:

$120$

Bemerke, dass die quadratische Insel und die Insel rechts in der Mitte spezielle Inseln sind: Alle Brücken starten in einer von diesen beiden und von jeder normalen Insel gibt es nur Brücken zu den beiden speziellen Inseln. Simon geht demnach immer von einer der speziellen Inseln zur anderen via eine der normalen Inseln. Es muss also nur die Reihenfolge der besuchten normalen Inseln bestimmt werden, wofür es $5!=120$ Möglichkeiten gibt. Somit sind es $120$ mögliche Reisewege.

Ergebnis:

$63$

Es lassen sich zwei Fälle unterscheiden:

• Keine der Zahlen ist gleich $2000=2^4\cdot 5^3$. Dann ist eine der Zahlen gleich $2^4\cdot 5^k$ mit $k\in \{0,1,2\}$, die andere $2^l\cdot 5^3$ mit $l\in \{0,1,2,3\}$. Das ergibt $12$ ungeordnete Paare, also $24$ geordnete Paare.
• Eine der Zahlen ist gleich $2000$. Dann kann die andere Zahl irgendein Teiler von $2000$ sein, wovon es $(4+1)\cdot (3+1)=20$ gibt. Bezieht man die Reihenfolge mit ein, ergibt das $2\cdot 20-1=39$ geordnete Paare, wobei eins abgezogen wird, um $(2000,2000)$ nicht doppelt zu zählen.

Insgesamt gibt es also $24+39=63$ Paare.

Ergebnis:

$98\sqrt{2}$

Sei $M$ der Mittelpunkt des Umkreises des gegebenen Achtecks. Aus $\mathit{\angle AMC}=\frac{2}{8}\cdot 360^{\circ }=90^{\circ }$ folgt, dass das Dreieck $△\mathit{MAC}$ gleichschenklig rechtwinklig ist. Wegen $\overline{\mathit{AC}}=7\sqrt{2}$ hat der Radius des Umkreises die Länge $7$ und der Durchmesser die Länge $14$.

Aufgrund der Flächenzerlegung in der nachfolgenden Abbildung erhält man den gesuchten Flächeninhalt durch Multiplikation der Länge von $\mathit{AC}$ mit dem Durchmesser. Also ist der gesuchte Flächeninhalt $14\cdot 7\sqrt{2}=98\sqrt{2}$.

Ergebnis:

$232$

Zuerst stellen wir fest, dass es für eine Person genau vier Möglichkeiten gibt, um die Kurse zu wählen. Wir können die Auswahl als Tripel darstellen oder äquivalent den einen Kurs notieren, den die Person nicht ausgewählt hat. Es gibt also $4^4=256$ Möglichkeiten die Kurse zu wählen, wenn wir die Zusatzbedingung außer Acht lassen.

Nun zählen wir jene Möglichkeiten, die verursachen, dass die vier Freunde keinen Kurs gemeinsam haben. Das heißt, es muss für jede Sprache einen Freund geben, der sie nicht lernt. Daher gibt es $4!=24$ solcher Möglichkeiten.

Daraus berechnen wir das Ergebnis als $256-24=232$.

Ergebnis:

$24,42$

Klarerweise muss $n$ zumindest zwei Stellen haben. Wenn $n$ zweistellig ist und aus den Ziffern $a$ und $b$ besteht, wobei beide ungleich null sind, dann muss der Feststellung entsprechend

gelten, also

Da die linke Seite positiv ist, muss auch die rechte Seite positiv sein. Daher gilt $\mathit{ab}<10$. Es bleiben dann nicht viele Fälle übrig und wir finden heraus, dass $a$ und $b$ in beliebiger Reihenfolge die Werte $2$ und $4$ annehmen müssen.

Wenn $n$ nun $k\ge 3$ Stellen hat, dann ist die linke Seite als das Produkt der Zahl $n$ mit ihrer Spiegelzahl mindestens ${(10^{k-1})}^2$. Die rechte Seite jedoch ist als Summe aus $1000$ und dem Produkt der $k$ Ziffern von $n$ kleiner als $1000+10^k$. Als Konsequenz erhalten wir, dass $n$ nicht mehr als zwei Stellen haben kann.

Ergebnis:

$110$

Zeichne die Parallele zu $\mathit{AB}$ durch $T$ und bezeichne mit $S$ ihren Schnittpunkt mit der Seite $\mathit{BC}$. Dann gilt $\mathit{\angle ETS}=\mathit{\angle TEA}=40^{\circ }$ und

Weil $\mathit{TC}$ den Winkel $\mathit{\angle DCB}$ halbiert, erhält man $\mathit{\angle DCT}=\mathit{\angle TCS}$ und daraus $\mathit{\angle CTD}=\mathit{\angle TCS}=35^{\circ }$. Es folgt $\mathit{\angle ADC}=\mathit{\angle TDC}=180^{\circ }-2\cdot 35^{\circ }=110^{\circ }$.

Ergebnis:

$10$

Sei $m_1$, $m_2$, $w_1$, $w_2$ die Anzahl der Männer und Frauen der beiden Adelshäuser. Aus $m_1{m}_2=85=5\cdot 17$ folgert man, dass o.B.d.A. $m_1=5$ und $m_2=17$ gelten muss, denn die Möglichkeit, dass einer der Faktoren $1$ ist, kann leicht ausgeschlossen werden. Außerdem gab es insgesamt $85+162=247$ Begrüßungen. Wegen

erhält man $m_1+w_1=13$ und $m_2+w_2=19$, denn auch hier können die anderen Faktorisierungen wieder leicht ausgeschlossen werden. Daher gilt $w_1=8$, $w_2=2$ und die Antwort lautet somit $8+2=10$.

Ergebnis:

$120∕17$

Wegen $10^2+24^2=26^2$ ist das Dreieck nach dem Satz von Pythagoras rechtwinklig. Die Strecke vom Eckpunkt des Dreiecks, bei dem der rechte Winkel liegt, zum Mittelpunkt des Kreises, der auf der Hypotenuse liegt, unterteilt das gegebene Dreieck in zwei kleinere Dreiecke. Da der Radius im Berührpunkt der Kathete auf dieser senkrecht steht, ist dieser Radius genau die Höhe in einem kleinen Dreieck. Somit kann man den Flächeninhalt des gegebenen rechtwinkligen Dreiecks auf zwei Arten berechnen:

wobei $r$ den Radius des Kreises $k$ bezeichnet. Also ist $120=17r$ und es ergibt sich $r=120∕17$.

Ergebnis:

$1-\sqrt[19]{0.5}$

Margarita kann höchstens 19-mal erfolglos spielen, da sie nach dem Ausgeben ihres letzten €$1$ nur noch €$0.5$ übrig hat und dies weniger ist, als der Spielautomat annimmt. Die Wahrscheinlichkeit für jeden einzelnen Verlust ist $1-p$. Daher ist die Wahrscheinlichkeit, den Jackpot nicht zu gewinnen, gleich ${(1-p)}^{19}$. Um eine Gewinnchance von mindestens $50\%$ auf den Jackpot zu haben, muss ${(1-p)}^{19}\le 0.5$ gelten. Das ist äquivalent zu $p\ge 1-\sqrt[19]{0.5}$ und damit ist $1-\sqrt[19]{0.5}$ der gesuchte kleinste Wert von $p$.

Ergebnis:

$3435$

Wegen $6^6\ge 10000$ darf keine der Ziffern größer als $5$ sein. Wenn alle Ziffern eine $4$ wären, dann wäre die geforderte Bedingung nicht erfüllt, und wenn höchstens drei Mal die Ziffer $4$ vorkommen würde, dann wäre die Summe wegen $3\cdot 4^4+3^3<1000$ nicht vierstellig. Also muss mindestens eine Ziffer $5$ vorkommen und wegen $5^5=3125$ darf auch höchstens eine Ziffer $5$ enthalten sein, da ansonsten die erste Ziffer der vierstelligen Zahl größer als $5$ wäre. Aufgrund von $3000<5^5<5^5+3\cdot 4^4<4000$ muss dann die erste Ziffer eine $3$ sein.

Jetzt weiß man, dass die gesuchte Zahl mindestens $5^5+3^3+2\cdot 1^1=3154$ sein muss. Da $3154$ die Bedingung nicht erfüllt und $3155$ wegen der beiden Fünfen nicht möglich ist, muss an der Hunderterstelle mindestens eine $2$ stehen. Die nächste in Frage kommende Zahl ohne eine Ziffer größer als $5$ ist $3215>5^5+3\cdot 3^3$. Deshalb muss mindestens eine $4$ dabei sein, aber es kann wegen $5^5+2\cdot 4^4=3637$ auch höchstens eine $4$ enthalten sein. Durch Untersuchen der letzten noch möglichen drei Fälle sieht man nun leicht, dass es nur die einzige Lösung $3435$ gibt.

Ergebnis:

$16$

Alle fünf zweistelligen Zahlen müssen mit einer geraden Ziffer enden. Da die Zahlen nicht durch drei teilbar sein sollen, sind für die Endziffern $0$ und $6$ nur die Zehnerziffern $1$, $5$ oder $7$ möglich und für die Endziffern $2$ und $8$ nur die Zehnerziffern $3$, $5$ oder $9$. Die Zahl, die auf $4$ endet, kann nur mit $1$, $3$, $7$ oder $9$ beginnen. Wählt man als die auf $4$ endende Zahl die $14$, so gibt es für die Zehnerziffern für $0$ und $6$ nur noch zwei Möglichkeiten (entweder $50$, $76$ oder $56$, $70$) und folglich für die Endziffern $2$ und $8$ auch nur noch zwei Möglichkeiten (entweder $32$, $98$ oder $38$, $92$). Insgesamt gibt es in diesem Fall also vier Möglichkeiten. Ähnliche Argumente gelten für jede andere Wahl der Zehnerziffer zur Einerziffer $4$. Da es vier Möglichkeiten dafür gibt, ist die gesuchte Anzahl an $5$-Tupeln $4\cdot 4=16$.

Ergebnis:

$5439$

Sei

Dann ist $f$ eine monoton wachsende Funktion in $n$. Ferner ist $f(n)-f(n-1)=1$, wenn $n$ durch genau eine der Zahlen $5$ oder $7$ teilbar ist, und $f(n)-f(n-1)=3$, wenn $n$ durch $35$ teilbar ist. In allen anderen Fällen ist $f(n)=f(n-1)$. Wegen

erhält man die Abschätzung

für mögliche Lösungen und da $n$ ganzzahlig sein muss, gilt $n\ge 5436$. Nun ist $f(5436)=2018$ und die nächst größere durch $5$ teilbare Zahl ist $5440$ und die nächst größere durch $7$ teilbare Zahl ist $5439$. Also folgt $f(5439)=2019$, $f(5440)=2020$, und somit ist $5439$ die einzige Lösung.

Ergebnis:

$6$

Da jede positive ganze Zahl $a$ und ihre Quersumme $S(a)$ bei Division durch $9$ denselben Rest ergeben, erschließt sich aus der Aufgabenstellung, dass $n$, $x$, $y$ und $x+y$ bei Division durch $9$ denselben Rest ergeben. Folglich muss $x$, und demnach auch $n$, ein Vielfaches von $9$ sein. Ist also $n=9m$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$, so werden mit der Wahl $x=y=10^m-1$ die Gleichungen aus der Aufgabenstellung erfüllt. Die größte Quersumme für Zahlen bis zu einer Million ist $54$. Demnach gibt es sechs passende $n$, nämlich $9$, $18$, $27$, $36$, $45$ und $54$.

Ergebnis:

$\sqrt{5}$

Sei $c$ die Länge der längeren und $d$ die der kürzeren Projektion einer Quadratseite auf eine Rechtecksseite.

Dann erhält man

und daraus $c=2$ und $d=1$. Mit dem Satz des Pythagoras ergibt sich

Ergebnis:

$15∕64$

Angenommen, die Schokoladentafel hat drei Reihen und fünf Spalten. Die Schokolade ist aufgegessen, sobald dreimal die unterste Reihe ($R$) oder fünfmal die rechte Spalte ($S$) gewählt wurde. Das ist frühestens nach drei und spätestens nach sieben Schritten der Fall. Dass im letzten Schritt nur das einzelne süßere Schokoladenstückchen gegessen wird, kann nur dann passieren, wenn in den ersten sechs Schritten, egal in welcher Reihenfolge, genau zweimal $R$ und viermal $S$ gewählt wurde (im siebten Schritt wird unabhängig von der Wahl von $R$ oder $S$ das einzelne süßere Schokoladenstückchen gegessen). Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)$ Sequenzen aus $R$ und $S$ der Länge $6$, die genau zwei $R$ und vier $S$ enthalten. Jede dieser Sequenzen hat eine Wahrscheinlichkeit von $1∕2^6$, daher ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gleich

Ergebnis:

$477$

Keine Primzahl außer $2$ und $5$ kann auf $5$ oder eine gerade Ziffer enden. Deshalb müssen die Ziffern

mindestens an den Zehnerstellen der Zahlen in Christophs Menge vorkommen. Außerdem müssen die übrigen Ziffern

mindestens auf der Einerstelle auftreten. Deshalb beträgt die Summe dieser Zahlen mindestens

Andererseits kann diese Summe durch die Primzahlen

auch erreicht werden, so dass $477$ die gesuchte Lösung ist.

Ergebnis:

$1$, $5$

Wenn man die linke Seite der Gleichung $T(t)-J(j)=0$ faktorisiert, erhält man $(t+j-3)(t-j+5)=0$ und daher gilt entweder $\{t,j\}=\{1,2\}$ oder $|t-j|=5$. Folglich sind $1$ und $5$ die gesuchten Werte.

Ergebnis:

$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Sei $E$ die Punktspiegelung von $B$ an $M$, dem Mittelpunkt von $\mathit{AC}$, und sei $F$ die senkrechte Projektion von $E$ auf $\mathit{BC}$ (siehe Abbildung). Aus der ersten Bedingung der Aufgabenstellung folgt $\sin (\mathit{\angle CBE})=\overline{\mathit{EF}}:\overline{\mathit{BE}}=\frac{1}{2}$ und damit $\mathit{\angle CBE}=30^{\circ }$. Somit ist $\mathit{\angle MBA}=\mathit{\angle EBA}=75^{\circ }-30^{\circ }=45^{\circ }$.

Der Sinussatz angewandt auf die Dreiecke $△\mathit{ABM}$ und $△\mathit{BCM}$ ergibt

und

Teilt man die erste durch die zweite Gleichung, erhält man

Der Sinussatz angewandt auf das Dreieck $△\mathit{CBA}$ ergibt somit

Ergebnis:

$32$

Unterscheide vier Fälle, je nach Symbol im mittleren Feld und welches Symbol fünf Mal vorkommt:
1) Ist ein Kreuz in der Mitte und gibt es fünf Kreuze, müssen die vier weiteren Kreuze so platziert sein, dass weder eine ganze Diagonale noch eine ganze Achse aus Kreuzen besteht. Es ergibt sich ein Muster wie in Abbildung 1, welches weder eine Rotations- noch eine Achsensymmetrie aufweist. Es gibt demnach $8$ verschiedene solche Anordnungen.

2) Ist ein Kreuz in der Mitte und gibt es fünf Kreise, können sicher nicht alle vier Ecken mit einem Kreis gefüllt sein, da sonst der fünfte Kreis einen Sieg für Kreis bedeuten würde. Andererseits muss auf beiden Diagonalen mindestens ein Kreis vorkommen, sonst wäre es ein Sieg für Kreuz. Es müssen also entweder genau zwei oder drei Kreise in die Ecken gesetzt werden. In beiden Fällen gibt es genau eine Möglichkeit, das Spielfeld zu einem Unentschieden zu ergänzen, die resultierenden Spielfelder sind gezeigt in Abbildung 2 und Abbildung 3. Beide Muster haben je eine Symmetrieachse, demnach gibt es jeweils $4$ Möglichkeiten, durch Rotation eine weitere gültige Anordung zu bekommen.

Die Fälle 3) und 4) sind analog zu 1) und 2), jeweils mit Kreuzen und Kreisen vertauscht. Insgesamt gibt es also $2(8+4+4)=32$ Spielfeldkonfigurationen, die einem Unentschieden entsprechen.

Ergebnis:

$32$

Bildet man die Kehrwerte, so erhält man

Da das Intervall zwischen $0.72$ und $0.75$ die Länge $0.03>1∕34$ hat, gibt es für alle $a\ge 34$ eine Lösung. Für $a=33$ existiert die Lösung $b=24$ mit $b∕a=8∕11=0.72\overline{72}$. Wegen $24∕32=0.75$ und $1∕32>0.03$ gibt es für $a=32$ keine Lösung mehr, so dass also $32$ die gesuchte Zahl ist.

Ergebnis:

$68$, $76$, $91$

Seien $A$, $B$ und $C$ die drei gesuchten Entfernungen der höchsten Punkte der Anstiege von Passau aus in $\mathrm{km}$ gemessen. Es soll $2261\mid \mathit{ABC}$ und $2261\mid (110-A)(110-B)(110-C)$ gelten. Wegen $2261=7\cdot 323=7\cdot 17\cdot 19$ und $7\cdot 17=119>110$ können keine zwei der Primfaktoren von $2261$ in einer Entfernung enthalten sein.

O.B.d.A. gelte $7\mid A$, $17\mid B$ und $19\mid C$. Da diese Überlegungen auch für die Entfernungen $110-A$, $110-B$ und $110-C$ zutreffen, gibt es wegen $7\nmid (110-A)$ die beiden Möglichkeiten $7\mid (110-B)$ und $7\mid (110-C)$. Im Fall $7\mid (110-B)$ folgt $19\mid (110-A)$ wegen $19\nmid (110-C)$, und daraus $17\mid (110-C)$. Im Fall $7\mid (110-C)$ folgt analog $17\mid (110-A)$ und $19\mid (110-B)$.

Wegen $\mathrm{ggT}(7,19)=1$ ist die einzige Zerlegung von $110$ in $a\cdot 7+b\cdot 19$ mit nicht-negativen Zahlen $a$ und $b$ gegeben durch $110=13\cdot 7+1\cdot 19$. In der Tat sind alle Zerlegungen von der Form $110=(13+19k)\cdot 7+(1-7k)\cdot 19$ für $k\in \mathbb{Z}$ und die Koeffizienten nur für $k=0$ nicht-negativ. Auf analoge Weise erhält man die Zerlegungen $110=4\cdot 17+6\cdot 7$ und $110=4\cdot 19+2\cdot 17$. Sie führen zu den beiden Lösungen

und

Die Bemerkung von Heiko in der zweiten Pause gibt den Hinweis, dass der dritte Anstieg mindestens eine Entfernung von $80\mathrm{km}$ von Passau aus hat. Folglich sind $68$, $76$ und $91$ die gesuchten Entfernungen.

Ergebnis:

$3\sqrt{3}∕8$

Weil das Dreieck $△\mathit{AKC}$ gleichschenklig ist, gilt $\overline{\mathit{AK}}=\overline{\mathit{AC}}$. Da $\mathit{AE}$ und $\mathit{AB}$ beides Seiten des Quadrats $\mathit{AEDB}$ sind, gilt $\overline{\mathit{AE}}=\overline{\mathit{AB}}$ und weil beide Winkel den Winkel $\mathit{\angle KAB}$ zu $90^{\circ }$ ergänzen, gilt $\mathit{\angle EAK}=\mathit{\angle BAC}$. Deswegen sind die Dreiecke $△\mathit{AEK}$ und $△\mathit{ABC}$ kongruent. Ferner liegt der Mittelpunkt $S$ des Quadrats $\mathit{AEDB}$ auf dem Umkreis des Dreiecks $△\mathit{ABC}$, da beide Winkel $\mathit{\angle BSA}$ und $\mathit{\angle ACB}$ rechte Winkel sind. Wegen $\overline{\mathit{AS}}=\overline{\mathit{BS}}$ sind die zugehörigen Peripheriewinkel $\mathit{\angle ACS}$ und $\mathit{\angle SCB}$ gleich groß. Deshalb muss $S$ auf der Winkelhalbierenden $\mathit{CJ}$ liegen. Spiegelt man nun das Dreieck $△\mathit{JKE}$ am Punkt $S$, so wird $E$ auf $B$ abgebildet, $J$ auf den Schnittpunkt $H$ von $\mathit{AB}$ und $\mathit{CJ}$ und $K$ auf den Punkt $I$, der einerseits auf $\mathit{CJ}$ liegt und andererseits wegen der Kongruenz der Dreiecke $△\mathit{AEK}$ und $△\mathit{ABC}$ und der Parallelität von $\mathit{AK}$ und $\mathit{BC}$ die Bedingung $\mathit{\angle IBC}=90^{\circ }$ erfüllt.

Also ist $△\mathit{IBC}$ ein gleichschenkliges rechtwinkliges Dreieck mit einem rechten Winkel bei $B$, weshalb sein Flächeninhalt ${(\sqrt{3})}^2∕2=3∕2$ beträgt. Für die Flächeninhalte ergibt sich

Da die Dreiecke $△\mathit{AHC}$ und $△\mathit{IBH}$ offensichtlich ähnlich sind, gilt

Hieraus folgt nun

Ergebnis:

$5∕9$

Bezeichnet man mit $f$ die Farbe, die der erste Gefangene gezogen hat, und mit $a$ die andere Farbe, dann ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass er aus der Urne mit $f,f,a$ gezogen hat, $2∕3$ und dafür, dass er aus der anderen gezogen hat, $1∕3$. Wenn der zweite Gefangene die gleiche Urne wie der erste wählt, so zieht er die Farbe $f$ mit der Wahrscheinlichkeit

und die Farbe $a$ mit der Wahrscheinlichkeit

Wählt der zweite Gefangene dagegen die andere Urne, so wird er die Farbe $f$ mit der Wahrscheinlichkeit

ziehen und die Farbe $a$ mit der Wahrscheinlichkeit

Wenn der erste Gefangene eine weiße Murmel gezogen hat, so ist es für den zweiten wegen $\frac{4}{9}>\frac{1}{3}$ besser, die andere Urne zu wählen, weil er dann mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{4}{9}$ überlebt. Hat der erste Gefangene dagegen eine schwarze Murmel gezogen, so ist es für den zweiten wegen $\frac{2}{3}>\frac{5}{9}$ besser, die gleiche Urne zu wählen, weil er dann mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{2}{3}$ überlebt. Weil die Wahrscheinlichkeit für den ersten Gefangenen für beide Farben $\frac{1}{2}$ ist, wird der zweite mit Wahrscheinlichkeit

überleben.

Ergebnis:

$18$

Für $n<18$ betrachtet man die ersten $n$ Folgenglieder der Fibonacci-Folge, die durch $a_1=a_2=1$ und die Rekursionsformel $a_{m+2}=a_{m+1}+a_m$ für $m\ge 1$ definiert ist. Die größte Zahl eines jeden Tripels, das aus diesen Zahlen

gebildet werden kann, ist größer oder gleich der Summe der beiden anderen Zahlen. Also kann mit diesen Zahlen kein nicht entartetes Dreieck gebildet werden, das diese Zahlen als Seitenlängen besitzt.

Für $n=18$ seien $x_1\le \cdots \le x_{18}$ die ausgewählten Zahlen. Angenommen keine drei von ihnen bilden ein nicht entartetes Dreieck. Dann muss

gelten, wobei man in jedem Schritt ein Element der erwähnten Fibonacci-Folge erhält. Für $x_{18}$ muss dann $x_{18}\ge 987+1597>2019$ gelten, was aber wegen $x_{18}\notin [1,2019]$ nicht möglich ist. Also ist die Annahme falsch.

Folglich ist $n=18$ die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

$432=2^4\cdot 3^3$

Wir wissen, falls

die Primfaktorzerlegung von $n$ ist, dann gilt

Die Bedingung, dass der größte gemeinsame Teiler keine Zweierpotenz ist, ist gleichbedeutend damit, dass es eine ungerade Primzahl $q$ gibt, die $\sigma (n)$ und $\sigma (n^3)$ teilt. Wegen

kann diese Zahl nicht durch $3$ teilbar sein. Deshalb ist $5$ der kleinstmögliche Wert für $q$. Weiters beachten wir, dass $q$ nicht gleichzeitig ein Teiler von ${\alpha }_i+1$ und $3{\alpha }_i+1$ sein kann, denn ansonsten müsste $q$ nämlich

teilen. Folglich gibt es verschiedene Indices $i,j\in \{1,\dots ,t\}$ mit $q\mid {\alpha }_i+1$ und $q\mid 3{\alpha }_j+1$. Da wir die kleinste Zahl suchen, probieren wir es mit $t=2$, $i=1$ und $j=2$.

Im Fall $q=5$ sind ${\alpha }_1=4$ und ${\alpha }_2=3$ die kleinstmöglichen Werte für ${\alpha }_1$ und ${\alpha }_2$. Nehmen wir die kleinstmöglichen Primzahlen, also $p_1=2$ und $p_2=3$, so erhalten wir $n=2^4\cdot 3^3=432$.

Falls $q\ge 7$ ist, so gilt ${\alpha }_1\ge 6$ und ${\alpha }_2\ge 2$. Dies führt zu

und zeigt, dass $432$ tatsächlich der kleinstmögliche Wert für $n$ ist.

Ergebnis:

$3\sqrt{5}$

Unter Verwendung des Kathetensatzes und des Höhensatzes erhalten wir

Der Radius des Kreises $t$, also $\overline{\mathit{DT}}$, kann durch die bekannte Formel berechnet werden, die den Flächeninhalt des Dreiecks $△\mathit{ACD}$ durch die Hälfte des Umfangs dividiert. Wir erhalten $\overline{\mathit{DT}}=54∕(36∕2)=3$. Sei $\omega$ der Inkreis des Dreiecks $△\mathit{BCD}$ und sei $S$ der Berührungspunkt mit der Strecke $\mathit{CD}$. Wie oben berechnen wir den Radius $\overline{\mathit{DS}}=4$.

Die zentrische Streckung mit Zentrum $C$ und Verhältnis $\overline{\mathit{CT}}∕\overline{\mathit{CS}}=9∕8$ bildet den Kreis $\omega$ auf den Kreis $c$ ab. Daher ist der Radius des Kreises $c$ gleich $4\cdot 9∕8=9∕2$. Sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $\mathit{XY}$ und $O$ der Mittelpunkt des Kreises $c$. Wir wissen $\overline{\mathit{XO}}=9∕2$ und $\overline{\mathit{OM}}=\overline{\mathit{DT}}=3$. Durch den Satz von Pythagoras schließen wir

Ergebnis:

$1128$

Bemerke zwei Dinge:

• Alle direkt nebeneinander liegenden Felder müssen unterschiedliche Farben haben. Falls mehr als zwei verschiedene Farben in einer Reihe vorkommen, gibt es in dieser Reihe demnach drei aufeinander folgende Felder, die alle unterschiedlich eingefärbt sind.
• Solche Tripel von drei horizontal aufeinander folgenden Feldern unterschiedlicher Farbe bestimmen vollständig die entsprechenden drei Spalten. Bezeichnet man die vier Farben mit $1$, $2$, $3$ und $4$, so ist beispielsweise für das Tripel $1-2-3$ das vertikal benachbarte Tripel mit $3-4-1$ festgelegt. Diese beiden Tripel müssen dann abwechslungsweise die drei Spalten füllen. Diese Spalten enthalten dann also alle nur jeweils zwei Farben.

Dasselbe gilt für Tripel in Spalten mit mehr als zwei Farben. Demnach können in einer Zeile und einer Spalte nicht gleichzeitig mehr als zwei Farben vorkommen.

Man berechne nun die Anzahl Färbungen in einer Tabelle mit $6$ Zeilen und $7$ Spalten: Mit der Wahl von zwei Farben für die erste Zeile sind die Farbpaare für die restlichen Zeilen ebenfalls bestimmt. Dann wähle die Startfarbe in jeder der sechs Zeilen und die gesamte Tabelle ist bestimmt. Dafür gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)\cdot 2^6=6\cdot 2^6$ Möglichkeiten. Analog beträgt die Anzahl der Färbungen der Tabelle $6\cdot 2^7$, wenn in jeder Spalte nur zwei Farben vorkommen. Davon muss nun noch die Anzahl der Färbungen subtrahiert werden, bei denen in jeder Zeile und Spalte bloß zwei Farben vorkommen. Eine solche Färbung ist bestimmt durch die Färbung des $2\times 2$ Quadrats oben links, wofür es $4\cdot 3\cdot 2=24$ Möglichkeiten gibt. Das ergibt insgesamt $6\cdot 2^6+6\cdot 2^7-24=1128$ hübsche Färbungen.

Ergebnis:

$597+3^{-99}$

Alle Gewichte sind in Gramm. Nach dem ersten Schritt hat das zweite Kind $8+4∕3=4\left(2+1∕3\right)$. Im zweiten Schritt gibt es dem dritten Kind ein Drittel seiner Schokolade, das dann $12+8∕3+4∕3^2=4\left(3+2∕3+1∕3^2\right)$ hat. Nach dem dritten Schritt hat das vierte Kind $16+12∕3+8∕3^2+4∕3^3=4\left(4+3∕3+2∕3^2+1∕3^3\right)$. Es ist leicht zu sehen, dass am Ende das 100. Kind

hat. Setze