Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$58$

Die Kinder sind $21$, $21+4$, $21+2\cdot 4$, $21+3\cdot 4$ und $21+4\cdot 4$ Jahre alt. Da die Großmutter $21$ Jahre älter ist als ihr ältestes Kind, kann ihr Alter leicht als $21+4\cdot 4+21=58$ berechnet werden.

Ergebnis:

$56$

Die zehn Winkel mit Scheitel in $S$ bestehen aus fünf Paaren von Scheitelwinkeln, von denen je einer davon ein Innenwinkel bei $S$ eines in der Skizze gezeichneten Dreiecks ist. Deswegen summieren sich die Innenwinkel bei $S$ der fünf gleichschenkligen Dreiecke zu $180^{\circ }$. Daher ist die Summe der fünf markierten Basiswinkel $\frac{1}{2}\cdot (5\cdot 180^{\circ }-180^{\circ })=360^{\circ }$ und es folgt, dass die Größe des fehlenden Winkels $360^{\circ }-67^{\circ }-80^{\circ }-85^{\circ }-72^{\circ }=56^{\circ }$ ist.

Ergebnis:

$32$

Die Anzahl der Teilnehmer der einzelnen Wettbewerbe werden addiert und die Anzahl der Kinder, die sich für zwei Wettbewerbe entschieden haben, von der Summe abgezogen. Die sehr motivierten Kinder, die an allen drei Wettbewerben teilnehmen, werden also einmal zu viel subtrahiert, das heißt, ihre Anzahl muss wieder addiert werden. Das Endergebnis ist also $22+13+15-8-7-6+3=32$.

Ergebnis:

$90$

Es gibt fünf gerade Ziffern. Um eine super-gerade Zahl zu erhalten, darf bei der Addition zweier Ziffern nie $10$ erreicht bzw. überschritten werden. Berücksichtigt man, dass eine Zahl nicht mit $0$ beginnen kann, ergeben sich die drei Möglichkeiten $2$, $4$ und $6$ für die erste Stelle, weitere drei Möglichkeiten für die zweite Stelle, zwei Möglichkeiten für die dritte Stelle, eine Möglichkeit für die vierte Stelle und fünf Möglichkeiten für die letzte Stelle. Da die Möglichkeiten unabhängig voneinander gewählt werden können, gibt es $3\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 5=90$ fünfstellige super-gerade Zahlen der gesuchten Art.

Ergebnis:

$25∕4$

Die Summe der Umfänge der vier kreisförmigen Mauern wird der Umfang der neuen, kreisförmigen Mauer werden. Bezeichnet man den Radius des neuen Kreises mit $r$, so gilt $2\pi \cdot 50+2\pi \cdot 100+2\pi \cdot 150+2\pi \cdot 200=2\pi \cdot r$. Folglich ist $r$ die Summe der gegebenen Radien, also $r=500$.

Das gesuchte Verhältnis ist demnach $\frac{\pi \cdot 500^2}{\pi \cdot 200^2}=25∕4$.

Ergebnis:

$9316$

Weil die gesuchte Zahl durch $137$ und $17$ teilbar sein muss, ist sie ein Vielfaches von $137\cdot 17=2329$. Allerdings erfüllt diese Zahl nicht die gestellten Bedingungen und man sieht, dass diese Zahl nur mit $2$, $3$ oder $4$ multipliziert werden kann, um noch vierstellig zu bleiben. Nun berechnet man $2329\cdot 2=4658$, $2329\cdot 3=6987$ und $2329\cdot 4=9316$ mit den zugehörigen Ziffernsummen $23$, $30$ bzw. $19$. Da von den auftretenden Primzahlen $19$ die kleinere ist, öffnet die Zahl $9316$ das Schloss.

Ergebnis:

$27$

Angenommen die kongruenten regelmäßigen Vielecke haben jeweils $n$ Seiten. Dann hat die resultierende Figur $3(n-3)$ Seiten, da drei Seiten von jedem Vieleck (auch vom Dreieck) an ein anderes Vieleck grenzen. Aufgrund der Symmetrie und weil die Größe des Außenwinkels eines gleichseitigen Dreiecks $300^{\circ }$ beträgt, muss der Innenwinkel eines kongruenten Vielecks $150^{\circ }$ sein. Da die Summe der Innenwinkel eines $n-$Ecks $(n-2)\cdot 180^{\circ }$ ist, muss die Gleichung $150^{\circ }\cdot n=180^{\circ }\cdot (n-2)$ gelöst werden. Setzt man die Lösung $n=12$ in die obige Formel ein, ergibt sich der Umfang $3\cdot 9=27$.

Ergebnis:

$8081$

Jede Seite des Dreiecks wird durch 2020 innere Punkte geteilt. Als kleines Dreieck bezeichnen wir ein gleichseitiges Dreieck mit Eckpunkten in den gegebenen Punkten, das kleiner als das Ausgangsdreieck ist.

Zeichnet man eine Parallele durch einen der inneren Punkte zu einer Dreiecksseite, so entsteht ein kleines Dreieck, dessen Eckpunkte zwei innere Punkte und ein Eckpunkt des Ausgangsdreiecks sind. Es gibt $3\cdot 2020$ solche Dreiecke, und dies sind zugleich alle kleinen Dreiecke mit einem Eckpunkt des Ausgangsdreiecks als Eckpunkt.

Sei $\mathit{PQR}$ ein kleines Dreieck, dessen Eckpunkte nur innere Punkte der Seiten sind wie im Bild. Das Ausgangsdreieck zerfällt in weitere drei Eckdreiecke. Sind in einem die Innenwinkelgrößen $\alpha$, $\beta$, $60^{\circ }$ und etwa $\beta$ der Winkel bei $P$, dann hat der Winkel bei $P$ im benachbarten Eckdreieck die Größe $180^{\circ }-60^{\circ }-\beta =\alpha$. Die Eckdreiecke sind also ähnlich, die Seitenverhältnisse der Streckenstücke auf den Seiten des Ausgangsdreiecks gleich. Die Wahl eines inneren Punkts auf einer der Seiten bestimmt also unter dieser Voraussetzung die Lage der anderen Eckpunkte eines kleinen Dreiecks eindeutig. Es gibt also genau 2020 weitere solche kleinen Dreiecke.

Zusammen mit dem Ausgangsdreieck ergeben sich $1+4\cdot 2020=8081$ gleichseitige Dreiecke mit den geforderten Eigenschaften.

Ergebnis:

$\sqrt{300}\doteq 17.32051$

Die Innenwinkel eines regelmäßigen Achtecks betragen $135^{\circ }$. Deshalb sind die von Veronica abgeschnittenen Dreiecke rechtwinklig und gleichschenklig und lassen sich zu einem Quadrat der Seitenlänge $\sqrt{300}$ zusammensetzen. Dies ist zugleich die gesuchte Seitenlänge des regelmäßigen Achtecks.

Ergebnis:

$853$

Aus der zweiten Bedingung erkennt man, dass mindestens eine Ziffer $5$ sein muss und dass mindestens eine Ziffer gerade sein muss. Die Null darf aber nicht dabei sein. Wenn man dies berücksichtigt, so sieht man aufgrund der ersten Bedingung, dass nur noch die Ziffernkombinationen $5,2,9$ oder $5,4,7$ oder $5,6,5$ oder $5,8,3$ möglich sind. Von diesen erfüllt nur $5,8,3$ die letzte Bedingung und die größtmögliche dreistellige Zahl mit diesen Ziffern ist $853$.

Ergebnis:

$75928$

Die größte Zehntausenderstelle, die durch Entfernen von höchstens fünf Ziffern von der linken Seite her erreicht werden kann, ist $7$. Da diese durch das Streichen von drei Ziffern von links erhalten wird, ist klar, dass die verbleibenden zwei zu entfernenden Ziffern $0$ und $1$ sind. Daher ist $75928$ die gesuchte Antwort.

Ergebnis:

$12$

Die Zahl $2021$ taucht genau dann in der Folge $F_n$ auf, wenn es eine positive ganze Zahl $a$ mit $2021=1+a\cdot n$ gibt. Wegen $2020=a\cdot n$ bedeutet das, dass $n$ ein Teiler von $2020$ sein muss. Die Primfaktorzerlegung von $2020$ ist $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$. Deshalb gibt es $3\cdot 2\cdot 2=12$ verschiedene positive Teiler von $2020$. Folglich kommt $2021$ in $12$ dieser Folgen $F_n$ vor.

Ergebnis:

$510$

Zur Lösung reicht es zu ermitteln, wie lange es maximal dauern kann, bis sich zwei Roboter begegnen. Starten zwei Roboter mit Abstand $d\ge 10$ Meter in entgegengesetzte Richtung, treffen sie sich, nachdem beide umgedreht und zusammen $2\cdot 90-d$ Meter zurückgelegt haben. Das ist nach spätestens $\frac{170}{2\cdot 10}\cdot 60=510$ Sekunden der Fall. Starten zwei Roboter in dieselbe Richtung, treffen sie sich, nachdem der erste Roboter umgedreht hat und auf den zweiten trifft. Dabei kann der erste Roboter maximal 80 Meter bis zur Umkehr und dann maximal 5 Meter bis zum Treffpunkt fahren. Auch das dauert damit maximal $\frac{85}{10}\cdot 60=510$ Sekunden.

Ergebnis:

$42$

Die Dreiecke $\mathit{APD}$ und $\mathit{BCP}$ bedecken die Hälfte der Fläche des Parallelogramms, da sich die Höhenlängen aus $P$ zum Abstand der Parallelen $\mathit{AD}$ und $\mathit{BC}$ ergänzen. Dasselbe gilt für die anderen beiden Dreiecke, womit sich der Flächeninhalt $x$ des Dreiecks $\mathit{ABP}$ zu $x=54+6-18=42$ ergibt.

Ergebnis:

$107$

Die Abstände zwischen den drei Zahlen betragen $1486-1058=428$ und $2021-1486=535$. Weil die vorgegebenen Zahlen alle den gleichen Rest beim Teilen durch $d$ lassen, müssen diese Abstände Vielfache von $d$ sein. Da der größte gemeinsame Teiler von $428$ und $535$ die Primzahl $107$ ist, ist dies die gesuchte Zahl $d$.

Ergebnis:

$3024$

Man stelle sich die zehn Spieler in einer Reihe stehend vor. Zwischen den $10$ Spielern gibt es $9$ Lücken, wobei in jede davon höchstens ein Mitglied des Trainerteams gestellt werden kann. Deshalb gibt es $9\cdot 8\cdot 7\cdot 6=3024$ Möglichkeiten, auf die gewünschte Art zu sitzen.

Ergebnis:

$\sqrt{3}∕6\doteq 0.288675$

Die Kantenlänge der Grundfläche beträgt $1$. Wenn der Oberflächeninhalt der Pyramide $3$ ist, muss jede ihrer vier Dreiecksseiten den Flächeninhalt $1∕2$ und die Höhe $1$ haben. Ein Schnitt durch die Pyramidenspitze und die Höhen zweier gegenüberliegender Seitenflächen erzeugt also ein gleichseitiges Dreieck der Seitenlänge $1$, dessen Höhe die Höhe der Pyramide ist. Die Höhe der Pyramide beträgt also $\frac{1}{2}\sqrt{3}$. Da das Volumen der Pyramide ein Drittel der Grundfläche mal der Höhe ist, ergibt sich das Volumen $\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{1}{6}\sqrt{3}$.

Ergebnis:

$2250$

Sei $x$ die Menge an Wein und $z$ die Menge an Wasser in Litern, bevor die Kanaan-Maschine eingesetzt wurde. Wir wissen, dass $0.06z$ Liter Wasser in Wein und $0.1x$ Liter Wein in Wasser umgewandelt werden und dass $x$ vor und nach dem Betrieb der Maschine gleich ist. Daraus folgt, dass $0.06z=0.1x$ sein muss. Da $x+z=6000$ ist, können wir $0.06(6000-x)=0.1x$ schreiben. Das Auflösen nach $x$ führt zu $6000\cdot \frac{3}{8}=2250$.

Ergebnis:

$35$

Da in einem gleichseitigen Dreieck der Radius des Umkreises doppelt so groß ist wie der des Inkreises, ist der Flächeninhalt des Umkreises vier Mal so groß wie der des Inkreises. Folglich ist hier der Flächeninhalt des Inkreises gleich $140:4=35$. Da die graue Fläche genau ein Drittel der Differenz zwischen den Flächeninhalten des Umkreises und des Inkreises beträgt, ist ihr Inhalt ebenfalls $35$.

Ergebnis:

$4044$

Die positiven ganzen Zahlen seien als $c_1\ge c_2\ge \cdots \ge c_{2020}\ge c_{2021}\ge 1$ bezeichnet. Nun ist der größtmögliche Wert von $c_1$ gesucht unter der Annahme, dass die Gleichung

gilt. Wenn man durch die linke Seite dividiert und die entstehenden Brüche nach oben abschätzt, indem man in den Nennern einige der Zahlen $c_i$ gleich $1$ setzt, erhält man

Multiplikation mit $c_1{c}_2$ und Umstrukturieren ergibt dann

Für $c_2\ge 3$ ergibt sich $c_1\le 4044$. Die Wahl $c_1=4044$, $c_2=3$ und $c_3=\cdots =c_{2021}=1$ erfüllt die gegebene Bedingung ($\ast$) und zeigt, dass der Wert $4044$ auch wirklich angenommen wird.

Nun wird der Fall $c_2\le 2$ betrachtet. Es seien $k\ge 0$ Zweier unter den Zahlen $c_2\ge c_3\cdots \ge c_{2021}$ und $2020-k$ Einser. Dann wird die Gleichung ($\ast$) zu

was noch zu $c_1(2^{k-1}-1)=2020+k$ vereinfacht werden kann. Nun sieht man, dass es für $k\le 1$ kein $c_1$ geben kann und dass für $k\ge 2$ die Abschätzung

gilt. Folglich ist das Ergebnis $4044$.

Ergebnis:

$59$

Es gibt hier drei Zellen mit einem Nachbar, drei Zellen mit zwei Nachbarn und drei mit drei Nachbarn. Das bedeutet, dass für jede Primzahl $p$ unter den neun Zahlen auch ein Vielfaches von $p$ unter den neun Zahlen sein muss. Außerdem bemerkt man, dass aufgrund der geforderten Teilerbedingung die Zahl $1$ nicht unter den eingetragenen Zahlen sein kann. Setze abkürzend $S$ für die Summe aller Zahlen in einer gültigen Eintragung.

Wenn unter den neun regelkonform eingetragenen Zahlen eine Primzahl $p\ge 11$ ist, so muss darunter auch mindestens ein Vielfaches $k\cdot p$ mit $k\ge 2$ sein. Die restlichen sieben Zellen seien mit den kleinsten zur Verfügung stehenden Zahlen ausgefüllt, wobei diese für eine Abschätzung nicht unbedingt den Regeln entsprechen brauchen.

Dann ergibt sich $S\ge 2+3+4+5+6+7+8+p+k\cdot p=35+(k+1)\cdot p\ge 35+33=68$.

Nun wird angenommen, dass keine Primzahl $p\ge 11$ unter den neun eingefüllten Zahlen ist. Betrachte diese vier Fälle:

• Beide Zahlen $5$ und $7$ sind dabei. In den Nachbarzellen stehen Vielfache $k_5\cdot 5$ bzw. $k_7\cdot 7$ und man erhält als Abschätzung
  $S\ge 5+k_5\cdot 5+7+k_7\cdot 7+2+3+4+6+8=(k_5+1)\cdot 5+(k_7+1)\cdot 7+23\ge 15+21+23=59$.
• Die Zahl $5$ ist dabei, aber die $7$ nicht. Analog ergibt sich die Abschätzung
  $S\ge 5+k\cdot 5+2+3+4+6+8+9+\{\begin{array}{c}10\ge 20+32+10=62\text{für}k\ge 3,\hfill \\ 12=15+32+12=59\text{für}k=2.\hfill \end{array}$
• Weder $5$ noch $7$ werden verwendet. Dann ergibt sich die Abschätzung
  $S\ge 2+3+4+6+8+9+10+12+14=68$.
• Die Zahl $7$ ist dabei, nicht aber die $5$. Als Abschätzung ergibt sich
  $S\ge 2+3+4+6+7+8+9+10+k\cdot 7\ge 49+14=63$.

Insgesamt sieht man, dass $59$ ein Kandidat für die minimale Summe ist. Tatsächlich können die Zahlen von beiden Möglichkeiten mit Summe $59$ regelkonform eingetragen werden:

$$$$

Folglich ist $59$ die gesuchte Summe.

Ergebnis:

$93$

Definiere den Flächeninhalt eines Quadrates als $1$. Das Dachdreieck hat dann ebenfalls den Flächeninhalt $1$.

Im ersten gezeichneten Haus gibt es acht Dreiecke mit Flächeninhalt $1∕4$, acht Dreiecke mit Flächeninhalt $1∕2$ und drei Dreiecke mit Flächeninhalt $1$. Das sind zusammen $19$ Dreiecke.

Im zweiten gezeichneten Haus gibt es die gleiche Anzahl an Dreiecken wie im ersten Haus, allerdings kommen noch zwei Dreiecke mit Flächeninhalt $1$ hinzu, die vom einen Haus in das andere hinüberreichen. Folglich steuert das zweite Haus $21$ Dreiecke bei.

Ab dem dritten gezeichneten Haus kommt pro Haus die gleiche Anzahl an Dreiecken hinzu wie beim zweiten Haus, vermehrt um $1$, da es nun noch ein Dreieck mit dem Flächeninhalt $4$ gibt, das sich über drei Häuser erstreckt. Also kommen für jedes weitere Haus $22$ Dreiecke hinzu.

Wegen $2021-19-21=1981$ und $1981=90\cdot 22+1$ muss Lotta insgesamt $2+90+1=93$ Häuser zeichnen.

Ergebnis:

$\frac{15}{4}$

Das Verhältnis der Flächeninhalte zwischen den Dreiecken $\mathit{BEG}$ und $\mathit{BEF}$ ist $4:3$. Da diese Dreiecke die gleiche Grundlinie $\mathit{BE}$ haben, verhalten sich die zugehörigen Höhen ebenfalls wie $4:3$. Weil die Dreiecke $\mathit{ABG}$ und $\mathit{CDF}$ den gleichen Flächeninhalt haben, muss $\overline{\mathit{AB}}=\frac{3}{4}\cdot \overline{\mathit{CD}}=\frac{15}{4}$ sein.

Ergebnis:

$6375$

Anna kann Streifen ungerader Breite abschneiden, solange die Ungleichung

erfüllt ist. Wegen

ist der Streifen mit der Breite $89$ der letztmögliche von ungerader Breite. Außerdem kann sie Streifen gerader Breite abschneiden, solange

gilt. Wegen

ist der Streifen der Breite $90$ der letztmögliche von gerader Breite. Also hat das übrig gebliebene Rechteck den Flächeninhalt

Ergebnis:

$\frac{10}{3}$

Wir schauen uns die ebenen Projektionen in der Draufsicht (links) sowie in der Vorderansicht (rechts) an.

$\mathit{ABCD}$ ist das Rechteck, das von den Berührpunkten der beiden Ringe gebildet wird. Seine Breite ist $\overline{\mathit{AD}}=w$, die Länge bezeichnen wir mit $\overline{\mathit{AB}}=u$. Im linken Bild ergibt sich $4^2={\left(\frac{u}{2}\right)}^2+{\left(\frac{w}{2}\right)}^2$.

Der Mittelpunkt $O$ des vertikalen Rings befindet sich in der Höhe $\overline{\mathit{OF}}=5$ über dem Tisch, woraus sich $4^2={\left(\frac{u}{2}\right)}^2+{(5-w)}^2$, weiter $\frac{w}{2}=5-w$ und schließlich $w=\frac{10}{3}$ ergibt.

Ergebnis:

$29030400$

Das Polynom kann geschrieben werden als $c\cdot (x-a_1)\cdot (x-a_2)\cdot \cdots \cdot (x-a_{14})$ mit paarweise verschiedenen ganzen Zahlen $a_1,a_2,\dots ,a_{14}$ und einer Zahl $c$, die dem führenden Koeffizienten entspricht und somit eine positive ganze Zahl ist. Ausgewertet in Null reduziert sich das Polynom auf das Produkt $c\cdot a_1\cdot a_2\cdot \cdots \cdot a_{14}$. Damit dieses Produkt möglichst klein wird, setze $c=1$ und wähle die Nullstellen so nahe an Null wie möglich, also $a_1=1,a_2=-1,a_3=2,a_4=-2,\dots$. Allerdings muss die Anzahl der negativen Nullstellen gerade sein, damit $p$ positiv ist. Somit ist der kleinstmögliche Wert $p=6!\cdot 8!=29030400$.

Ergebnis:

$8783$

Wenn sie die ganzen Zahlen von $1$ bis $2021$ schreibt, schreibt sie $9$ einstellige Zahlen, $90$ zweistellige Zahlen, $900$ dreistellige Zahlen und $2021-1000+1=1022$ vierstellige Zahlen. Insgesamt schreibt sie $9+90\cdot 2+900\cdot 3+1022\cdot 4=6977$ Ziffern. Für jede Ziffer macht sie einen Strich, während sie für jede Ziffer $4$, $5$ oder $7$ einen zusätzlichen Strich macht. Es reicht also aus zu zählen, wie viele dieser Ziffern geschrieben werden. Da die Zahl $2021$ keine der Ziffern $4$, $5$ oder $7$ enthält, brauchen nur die ganzen Zahlen bis $2020$ betrachtet werden.

An der Einerstelle haben $1∕10$ aller Zahlen bis $2020$ die Ziffer $4$ stehen, das sind $202$ Zahlen. Die Ziffer $4$ kommt an der Zehnerstelle in $1∕10$ der Zahlen bis $2000$ und in keiner Zahl zwischen $2001$ und $2020$ vor, also hier $200$ Mal. In ähnlicher Weise kommt die Ziffer $4$ an der Hunderterstelle $200$ Mal vor. Die Ziffer $4$ wird also insgesamt $202+200+200=602$ Mal geschrieben. Gleiches gilt für die Ziffern $5$ und $7$.

Das ergibt insgesamt $6977$ Ziffern, davon sind $3\cdot 602=1806$ die Ziffern $4$, $5$ oder $7$. Daher macht sie $6977+1806=8783$ Striche.

Ergebnis:

$3845$

Um eine einfache Notation zu haben, betrachten wir die gegebene Zeile als eindimensionales Feld $f$ mit sechzehn Einträgen. Aufgrund der gegebenen Zahlen $f(6)=6,f(7)=7,f(9)=2$ sind die Einträge $f(13)=6$, $f(15)=7$ und $f(12)=2$ eindeutig festgelegt.

Im Prinzip gibt es zwei verschiedene Strategien: Entweder schaut man, wo ein bestimmtes Zahlenpaar noch platziert werden kann, oder man betrachtet wie bei Sudoku, welche Zahlen in einer bestimmten Zelle noch möglich sind.

Als Beispiellösung wird hier untersucht, wie die beiden Zahlen $3$ eingetragen werden können. Dafür gibt es nur die drei Möglichkeiten $f(1)=f(5)=3$ oder $f(4)=f(8)=3$ oder $f(10)=f(14)=3$.

Man sieht leicht, dass $f(10)=f(14)=3$ für $f(16)$ nur die Möglichkeit $f(16)=4$ übrig lässt und deshalb $f(11)=4$ gelten muss. Dann kann aber das Paar $8,8$ nicht mehr untergebracht werden. Der Fall $f(4)=f(8)=3$ ergibt für das Paar $5,5$ nur zwei Möglichkeiten, nämlich $f(5)=f(11)=5$ oder $f(10)=f(16)=5$. Beide Alternativen führen sofort zu Widersprüchen.

Nun ergibt $f(1)=f(5)=3$ die eindeutige Lösung $f(2)=f(11)=8$ und die einzige Möglichkeit, die restlichen Zellen gemäß der Regel zu füllen, ist $f(4)=f(10)=5$, $f(3)=f(8)=4$ und schließlich $f(14)=f(16)=1$.

Also ist die gesuchte Lösung $3845$.

Ergebnis:

$5.7=\frac{57}{10}$

Spiegelt man $\mathit{BCDE}$ an $\mathit{BC}$, so erhält man die Figur im Bild, wobei die Punkte $A$, $B$ und $E^{\prime }$ aufgrund der Winkelsumme $50^{\circ }+65^{\circ }+65^{\circ }=180^{\circ }$ bei $B$ auf einer Geraden liegen. Da $\mathit{FG}\parallel \mathit{AB}$ und $\mathit{CD}\parallel \mathit{BE}$ gilt, also auch $C{D}^{\prime }\parallel B{E}^{\prime }$ ist, liegen auch $F$, $G$ und $D^{\prime }$ auf einer Geraden. Zusammen mit $\mathit{\angle BAF}=\mathit{\angle EDC}=\mathit{\angle C}{D}^{\prime }{E}^{\prime }$ ergibt sich, dass $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }F$ ein Parallelogramm ist. Also gilt $7.5+8=4.8+5+\overline{C{D}^{\prime }}$. Es folgt $\overline{C{D}^{\prime }}=5.7$ und schließlich $\overline{\mathit{CD}}=\overline{C{D}^{\prime }}=5.7$.

Ergebnis:

$36$

Betrachte ein $4\times 2$ - Rechteck. Wie man in den ersten beiden Abbildungen sehen kann, führt die Wahl von genau einem Quadrat nicht zu einem garantierten Treffer, weil es immer noch eine Möglichkeit gibt, ein Kanonenschiff zu platzieren, ohne dass es getroffen wurde. Außerdem ist es klar, dass sich darin kein Kanonenschiff mehr verstecken kann, wenn man je ein Quadrat aus jeder Zeile wählt. Die dritte Abbildung zeigt ein Beispiel dafür. Folglich sind zwei Schüsse auf ein $4\times 2$ - Rechteck nötig, was insgesamt zu mindestens $18\cdot 2=36$ Schüssen führt.

Andererseits zeigt die folgende Diagonalfärbung des $12\times 12$ - Brettes, dass $36$ Schüsse ausreichend sind, um sicher das Kanonenschiff mindestens ein Mal zu treffen.

Ergebnis:

$13$

Da das Dreieck $\mathit{ABC}$ spitzwinklig ist, gilt $h_b<a$ und $h_c<a$. Um den Flächeninhalt $S=\frac{1}{2}a{h}_a$ des Dreiecks zu maximieren, sollten die Höhen $h_b$ und $h_c$ möglichst lang sein. Verlängert man beispielsweise die Höhe $h_b$ bei Einhalten der Bedingung $h_b<a$ und fester Höhe $h_c$, so wird auch $h_a$ länger.

Diese Überlegung führt dazu, dass bei größtmöglichem Flächeninhalt $h_b=h_c=a-1$ gilt. Folglich ist das Dreieck $\mathit{ABC}$ gleichschenklig. Bezeichne mit $M$ den Mittelpunkt von $\mathit{BC}$ und mit $H_c$ den Fußpunkt der Höhe $h_c$.

Aus der Ähnlichkeit der rechtwinkligen Dreiecke $\mathit{ABM}$ und $H_c\mathit{BC}$ ergibt sich zunächst $h_a:\overline{\mathit{BM}}=h_c:\overline{H_{c}B}$. Nach dem Satz von Pythagoras gilt ${\overline{H_{c}B}}^2={\overline{\mathit{BC}}}^2-h_c^2$, woraus $\overline{H_{c}B}=\sqrt{2a-1}$ folgt. Somit ergibt sich $h_a=\frac{a(a-1)}{2\sqrt{2a-1}}$ und weiter

Da $101.4$ eine rationale Zahl und $a$ eine ganze Zahl ist, muss $2a-1$ eine ungerade Quadratzahl sein. Schreibt man diese Quadratzahl als ${(2k+1)}^2$ mit einer ganzen Zahl $k\ge 0$, so folgt $a=\frac{1}{2}\cdot ({(2k+1)}^2+1)\in \{1,5,13,25,41,\dots \}$. Durch Einsetzen der ersten Werte für $a$ in die Flächeninhaltsformel und mit der Beobachtung, dass der Flächeninhalt des Dreiecks bei größer werdendem $a$ strikt größer wird, findet man schnell heraus, dass die korrekte Lösung $a=13$ ist.

Ergebnis:

$3099$

Die positiven Summanden werden mit $n_1=101,n_2,\dots ,n_{1000}$ bezeichnet. Angenommen die Differenz zweier aufeinander folgenden Zahlen wäre immer $2$. Dann wäre der größte Summand $n_{1000}=101+2\cdot 999=2099$ und die Summe würde ${\sum }_{i=1}^{1000}{n}_i=2200\cdot 500=1100000$ betragen. Deshalb ist die Differenz zwischen Ludwigs Summe und der minimal möglichen Summe bei einer solchen Anordnung $100500=20100\cdot 5$. Gilt nun $n_{i+1}-n_i=7$ anstatt $n_{i+1}-n_i=2$, so würden sich die Summe um $(1000-i)\cdot 5$ und $n_{1000}$ um $5$ erhöhen. Hieraus erkennt man, dass man die Abstände mit Wert $7$ möglichst den höchsten Indizes zuordnen muss, um den größten Summanden $n_{1000}$ unter Berücksichtigung der konstanten Summe $1200500$ zu maximieren. Glücklicherweise ist $20100$ die Dreieckszahl $\frac{1}{2}\cdot 200\cdot 201$. Wenn Ludwig also die Abstände $n_{i+1}-n_i$ für $i=800,\dots ,999$ in der oben angegebenen minimalen Summe von $2$ auf $7$ ändert, dann bekommt er den größtmöglichen Wert für $n_{1000}$, nämlich $n_{1000}=101+2\cdot 999+200\cdot 5=3099$.

Ergebnis:

$29292929292$

Ein Kriterium für die Teilbarkeit durch $11$ ist die alternierende Summe der Ziffern: Eine Zahl ist genau dann durch $11$ teilbar, wenn die Summe der Ziffern in geraden Positionen minus der Summe der Ziffern in ungeraden Positionen durch $11$ teilbar ist. Daraus folgt, dass eine Lösung kein Paar aufeinander folgender Zweier oder Neuner enthalten kann, da man diese sonst streichen und damit eine kleinere Lösung erhalten kann. Da sich die Ziffern $2$ und $9$ abwechseln müssen, wird nach dem kleinsten $n$ gesucht, so dass $2n-9(n+1)$ oder $9n-2(n+1)$ ein Vielfaches von $11$ ist. In jedem Fall ist die Lösung $n=5$, was die Kandidaten $29292929292$ und $92929292929$ ergibt. Die Lösung ist die kleinere dieser beiden Zahlen.

Ergebnis:

$(3+\sqrt{5})∕2\doteq 2.61803$

Man sieht, dass die beiden Fünfecke $p$ und $q$ durch eine zentrische Streckung mit Zentrum $F$ ineinander überführt werden. Deshalb verläuft die Strecke von $X$ nach $Z$, welche eine der beiden Möglichkeiten für den Abstand der am weitesten entfernten Eckpunkte von $p$ und $q$ ist, durch $F$.

Mit dem Winkel $\mathit{\angle XEF}=108^{\circ }$ und dem Wert $\cos 108^{\circ }=\frac{1-\sqrt{5}}{4}$ sowie den beiden Seiten $\mathit{EF}$ und $\mathit{XE}$ der Länge $1$ erhält man aus dem Cosinussatz ${\overline{\mathit{XF}}}^2=1^2+1^2-2\cdot \cos 108^{\circ }=\frac{1}{2}(3+\sqrt{5})$ und damit die Länge $\overline{\mathit{XF}}=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$.

Einfache Berechnung im gleichschenkligen Dreieck mit drittem Winkel gleich $108^{\circ }$ liefert $\mathit{\angle ZAF}=36^{\circ }=\mathit{\angle FZA}$. Deshalb ist das Dreieck $\mathit{AZF}$ gleichschenklig und es folgt $\overline{\mathit{FZ}}=\overline{\mathit{AF}}=1$.

Insgesamt ergibt sich also $\overline{\mathit{XF}}+\overline{\mathit{FZ}}=\frac{1}{2}(3+\sqrt{5})$ für den gesuchten Abstand.

Ergebnis:

$281$

Man kann die Gleichung äquivalent zu $a(\mathit{bc}-11b-175)=\mathit{bc}$ umformen. Aus dieser Gleichung kann man erkennen, dass $a=b$ oder $a=c$ gelten muss, da alle Variablen Primzahlen sein sollen. Im ersten Fall erhält man $\mathit{ac}-11a-175=c$, also $(a-1)(c-11)=186$ und somit nur die einzige Lösung $(2,2,197)$ mit Primzahlen. Im zweiten Fall ergibt sich $\mathit{ab}-11b-175=b$, also $175=b(a-12)$ mit den beiden Lösungen $(47,5,47)$ und $(37,7,37)$. Deshalb ist der gesuchte Wert $197+47+37=281$.

Ergebnis:

$\frac{21}{40}$

Für jede Rangliste von Hella muss Jeremias genau ein Haus von Hellas Top-3 in seiner Top-3-Liste haben und die restlichen zwei von Hellas Top-3-Liste müssen auf seiner Rangliste unter den Plätzen 4 bis 10 sein. Für jede Rangfolge von Hella hat Jeremias also eine Chance von

Ergebnis:

$-2$

Da das Polynom $p(x)$ faktorisiert werden kann als $(\mathit{ax}+b)(x^{2020}+x^{2018}+\cdots +x^2+1)$, wobei der zweite Faktor als Summe von Quadraten stets positiv ist, ist $x=\frac{-b}{a}$ die einzige reelle Nullstelle von $p(x)$.

Nach Voraussetzung hat das quadratische Polynom $q(x)$ nur eine reelle Nullstelle. Diese muss dann eine doppelte Nullstelle sein, also bekommt man $b^2-4a^2=0$ für die Diskriminante. Weil $a$ und $b$ positiv sind, folgt weiter $b=2a$.

Die gesuchte Summe besteht also nur aus dem einen Summanden $x=\frac{-b}{a}=\frac{-2a}{a}=-2$.

Ergebnis:

$312$

Primzahlen $p\in \{2,3,5\}$ scheiden aus, da in diesem Fall der Dezimalbruch endlich oder periodisch mit Periodenlänge 1 ist. Weiter muss $\mathrm{ggT}(n,p)=1$ sein.

Angenommen, $n$ und $p$ haben die Eigenschaft, dass die Dezimalbruchentwicklung von $\frac{n}{p}$ irgendwo weit hinter dem Dezimalpunkt anfängt, eine Periode der Länge $5$ zu haben. Dann kann man $n$ mit einer geeigneten Potenz von $10$ multiplizieren, so dass die Periode direkt an der Zehntelstelle beginnt. Dann ist

wobei die positive ganze Zahl $a$ der Vorkommaanteil ist und $q$ die Periode als fünfstellige ganze Zahl mit möglicherweise führenden Nullen. Dann muss aber $p\mid (10^5-1)\cdot 10^t\cdot n$ und weiter $p\mid (10^5-1)$ gelten. Wegen $10^5-1=99999=3^2\cdot 41\cdot 271$ kommen also nur $p=41$ und $p=271$ in Frage.

Da $1∕41=0.\overline{02439}$ und $1∕271=0.\overline{00369}$ beide die gewünschte Form haben, ist die Lösung $41+271=312$.

Ergebnis:

$5680$

Es gibt $10=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)$ Möglichkeiten, bei denen alle vier Náboj-Fans dieselben drei Sprachen sprechen. Wenn sie mindestens zwei Sprachen gemeinsam haben, gibt es $10=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)$ Möglichkeiten, die zwei Sprachen zu wählen, und dann $3^4$ Möglichkeiten, die dritte Sprache der vier Personen zu wählen. Wenn sie mindestens eine Sprache gemeinsam haben, gibt es $5=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)$ Möglichkeiten, die gemeinsame Sprache zu wählen, und dann ${\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)}^4=6^4$ Möglichkeiten, die beiden anderen Sprachen der vier Personen zu wählen. Unter Anwendung des Einschluss-Ausschluss-Verfahrens (Prinzip von Inklusion und Exklusion) ist die Gesamtzahl $5\cdot 6^4-10\cdot 3^4+10=6480-810+10=5680$.

Ergebnis:

$\frac{65}{98}$

Wir müssen Brüche mit möglichst großen Nennern versuchen, denn wenn $\frac{a}{b}$ kleiner als $\frac{2}{3}$ ist, dann ist $\frac{a+2}{b+3}$ größer als $\frac{a}{b}$ und immer noch kleiner als $\frac{2}{3}$. Das bedeutet insbesondere, dass wir nur für die Nenner 98, 99 und 100 das jeweils größte $\frac{a}{b}<\frac{2}{3}$ bestimmen und diese untereinander vergleichen müssen. Die möglichen Lösungen sind also $\frac{65}{98}$, $\frac{65}{99}$ und $\frac{66}{100}=\frac{33}{50}$. Vergleicht man diese Brüche, so erhält man

Ergebnis:

$130$

Die Oberfläche entspricht der Summe der Oberflächen der schwarzen Einheitswürfel minus der doppelten Anzahl von Seitenflächen, die ein Paar von zwei schwarzen Würfeln gemeinsam haben. Ein solches Paar schwarzer Würfel, die sich eine Fläche teilen, kann in drei Richtungen ausgerichtet werden: Wir nennen sie oben-unten, vorne-hinten und links-rechts. Wenn der Fall links-rechts auftritt, muss er auch als Paar von zwei schwarzen Quadraten erscheinen, die sich eine vertikale Seite teilen, welche dieselben beiden Spalten in beiden Projektionen trennt. Wenn wir Spalte für Spalte prüfen, können wir erkennen, dass dies niemals der Fall ist. Die vorne-hinten-Fälle müssen sich auf das linke Quadrat auswirken – das kommt zweimal in der ersten Spalte vor. Da die erste Spalte des rechten Quadrats eine einzelne schwarze Zelle enthält, sind die Positionen der schwarzen Würfel in der am weitesten links liegenden Schicht des großen Würfels eindeutig bestimmt, und es gibt tatsächlich zwei horizontale Flächen, die von jeweils zwei schwarzen Würfeln geteilt werden. Der letzte Fall oben-unten kann ähnlich behandelt werden. Es zeigt sich, dass dieser Fall aufgrund der fünften Spalten der Projektionen zwei gemeinsame Flächen beisteuert. Daraus ergibt sich als Ergebnis ein Oberflächeninhalt von $6\cdot 23-2\cdot 4=130$.

Ergebnis:

$204$

Wegen $720=2^4\cdot 3^2\cdot 5$ gilt also $d_i=2^{a_i}{3}^{b_i}{5}^{c_i}$. Dabei müssen die Folgen $(a_i)$, $(b_i)$, $(c_i)$ der Exponenten monton wachsen und es muss $\sum a_i=4$, $\sum b_i=2$ sowie $c_k=1$ und $c_i=0$ für $i<k$ gelten. Es gibt 10 solche Verteilungen $(a_i\mid b_i\mid c_i)$, die auf die folgenden Lösungen führen:

Die Summe der 10 Teilerspitzen beträgt also

und ihr arithmetisches Mittel ist $\frac{2040}{10}=204$.

Ergebnis:

$9450$

Bezeichne mit $n$, $a$, $b$, $o$ und $j$ die Anzahl der Spielsteine mit Buchstaben $N$, $A$, $B$, $O$ und $J$. Wir suchen die Anzahl 5-Tupel $(n,a,b,o,j)$, für die

gilt. Jeder Primfaktor kann unabhängig $n$, $a$, $b$, $o$ oder $j$ zugeordnet werden, wobei jede unterschiedliche Zuordnung aller Primfaktoren ein weiteres 5-Tupel ergibt.

Für die Primzahl $2$ müssen beispielsweise die fünf Kopien der $2$ auf die fünf Faktoren verteilt werden, wobei sie mehrfach einem Faktor zugeordnet werden können. Gemäß der Formel für eine Kombination mit Wiederholung gibt es dafür $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{4}\right)$ Möglichkeiten. Analog gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$ Möglichkeiten für den Primfaktor $3$ und $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{4}\right)$ Möglichkeiten für den Primfaktor $5$. Deshalb gibt es insgesamt

verschiedene Spielsteine-Sets von Scrabboj.

Ergebnis:

$4978$

Wegen $4=2^2$ sind alle drei Summanden Quadratzahlen. Deshalb kann man zwei Wurzelwerte von ihnen auswählen und ihre Summe quadrieren und erhält beispielsweise

Für $2022+n=2\cdot 3500=7000$, also $n=4978$, ist die angegebene Zahl also eine Quadratzahl. Die anderen beiden Möglichkeiten, zwei der drei Summanden für die Summe auszuwählen, führen durch analoge Rechnungen mit ${\left(2^{2021}+2^{3500}\right)}^2$ bzw. ${\left(2^n+2^{3500}\right)}^2$ auf die Werte $n=2761$ und $n=541$, für welche die angegebene Zahl eine Quadratzahl ist.

Also kann man die Vermutung aufstellen, dass $n=4978$ die gesuchte Lösung ist. Um das zu beweisen, zeigt man, dass $4^{2021}+4^n+4^{3500}$ für $n=4978+m$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$ keine Quadratzahl sein kann. Der Ausdruck

ist genau dann eine Quadratzahl, wenn $1+4^{1479}+4^{2957+m}$ eine Quadratzahl ist, da $4^{2021}={\left(2^{2021}\right)}^2$ gilt. Nun folgt aber aus

dass der zweite Faktor immer zwischen zwei aufeinander folgenden Quadratzahlen liegt. Folglich ist $n=4978$ die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

$1021616$

Betrachte das Polynom

und beachte, dass alle von null verschiedenen Koeffizienten positiv sind. Solche Koeffizienten entstehen, wenn wir beim Ausmultiplizieren von $Q(x)$ aus einigen Faktoren den Summanden $x^n$ nehmen und aus den anderen das Absolutglied. Die gesuchte Anzahl ist also gleich der Anzahl verschiedener Summen $s$, die aus Teilmengen von $M=\{2,3,\dots ,2021\}$ berechnet werden können, wobei $s=0$ für die leere Menge zu berücksichtigen ist und $s\le S=2+\cdots +2021=2043230$ gilt. Da in $M$ die Eins fehlt, können $s=1$ und $s=S-1$ nicht dargestellt werden.