Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$34$

Um die größtmögliche ganze Zahl zu erhalten, müssen die drei anderen ganzen Zahlen so klein wie möglich sein. Da die Zahlen unterschiedlich sein müssen, sind die kleinsten drei möglichen Werte $1$, $2$ und $3$. Damit das arithmetische Mittel gleich $10$ ist, d.h. die Summe der Zahlen gleich $4\cdot 10=40$ ist, lautet die gesuchte Zahl $40-(1+2+3)=34$.

Ergebnis:

$505$

Da $4$ eine Nullstelle ist, ergibt sich $4^2+4m+2020=0$ und hieraus $m=-509$, so dass die Gleichung nun $x^2-509x+2020=0$ lautet. Diese hat die Lösungen $4$ und $505$.

Eine weitere Lösungsmöglichkeit ergibt sich durch folgenden Ansatz: Wenn $s$ die andere Lösung der gegebenen Gleichung ist, dann gilt

Durch Koeffizientenvergleich erhält man $4s=2020$ und somit $s=505$.

Ergebnis:

$7$

Da $N$ größer als $1$ ist und $95-4=91=7\cdot 13$ teilt, ist der kleinstmögliche Wert $7$.

Ergebnis:

$54^{\circ }$

Benenne die Punkte wie in der folgenden Abbildung:

$$$$

Bekanntlich beträgt die Größe der Innenwinkel des regulären Fünfecks $108^{\circ }$. Nach Vorgabe ist das Dreieck $△ABC$ gleichschenklig mit Basis $AC$ und $\angle CBA=108^{\circ }$, woraus nach dem Basiswinkelsatz

folgt. Aus der Innenwinkelsumme im Dreieck $△ABH$, welches bei $B$ einen rechten Winkel besitzt, erhält man nun

Ergebnis:

$120$

Die gesuchte Zahl muss ein Vielfaches aller drei Perioden sein. Da wir nach der niedrigsten Zahl suchen, ist die Antwort das kleinste gemeinsame Vielfache von $12$, $10$ und $8$, also $120$.

Ergebnis:

$8\sqrt{2}$

Die fünfte Blüte ist ein Quadrat mit Diagonalen der Länge $4$. Also hat das Quadrat die Seitenlänge $2\sqrt{2}$ und der Umfang beträgt somit $8\sqrt{2}$.

Ergebnis:

$20\%$

Es seien $P_1$ und $P_2$ die ursprünglichen Wuchshöhen der Pflanzen bei der ersten Messung. Da beide während der Woche mit demselben Prozentsatz in die Höhe wuchsen, können ihre Wuchshöhen durch $k\cdot P_1$ und $k\cdot P_2$ mit einer reellen Zahl $k>1$ ausgedrückt werden, so dass $(k-1)\cdot 100\%$ die gesuchte Prozentangabe ist. Aus den Messungen folgt

Setzt man nun $P_2$ in die zweite Gleichung ein und kürzt $P_1$, so erhält man $k^2=1.44$, also $k=1.2$. Das bedeutet, dass die beiden Pflanzen in einer Woche um $20\%$ wuchsen.

Ergebnis:

$15$

Für jeden der drei Eckpunkte des großen Dreiecks gibt es drei Rauten, die in Richtung des Eckpunkts zeigen und zwei $1\times 2$ Parallelogramme, die diesen Eckpunkt mit dem Dreieck teilen. Das Bild zeigt diese beiden Arten von Parallelogrammen für den oberen Eckpunkt.

$$$$

Da keine anderen Arten von Parallelogrammen in der Abbildung vorhanden sind, gibt es insgesamt $3\cdot (2+3)=15$ Parallelogramme.

Ergebnis:

$8$

Gesucht ist die kleinste Zahl $s\ge 505$, die in der Form $s=27x+36y$ geschrieben werden kann, wobei $x$ und $y$ die Anzahl der Busse für $27$ bzw. für $36$ Reisende darstellen. Da der größte gemeinsame Teiler von $27$ und $36$ gleich $9$ ist, muss $s$ ein Vielfaches von $9$ sein. Die kleinste Zahl, die ein Vielfaches von $9$ ist und mindestens $505$ ist, ist $513$. Wegen $513=27\cdot 3+36\cdot 12$ ist die kleinste Anzahl an leeren Sitzen $513-505=8$.

Ergebnis:

$10$

Mit anderen Worten, es ist die Anzahl von unterschiedlichen Folgen der Bilder gesucht, bei denen die beiden Wölfe nicht nebeneinander hängen. Der linke Wolf kann an die Positionen 1, 2, 3 und 4 von 6 gehängt werden. Für jede dieser Positionen kann der rechte Wolf an den folgenden Positionen aufgehängt werden:

Insgesamt gibt es also $10$ Möglichkeiten, die Bilder wie gewünscht aufzuhängen.

Ergebnis:

$30$

Die Abwicklung des Zylinders zeigt, dass die Schnur mit jeder Umwicklung $6\mathrm{cm}$ höher steigt, während sie in der Horizontalen einen Zylinderumfang, also $8\mathrm{cm}$, zurücklegt. Nach dem Satz des Pythagoras ist demnach das für eine Umrundung benötigte Stück Schnur

Zentimeter lang. Da die Schnur den Zylinder drei Mal umrundet, ist ihre Gesamtlänge $30\mathrm{cm}$.

Ergebnis:

$33$

Die letzten beiden Ziffern müssen Nullen sein. Außerdem ist die erste Ziffer des ersten Faktors 4 und die erste Ziffer des zweiten Faktors 7. Da das Produkt durch 100 und somit durch 25 teilbar ist, muss einer der Faktoren durch 25 oder müssen beide Faktoren durch 5 teilbar sein. Es gibt kein zweistelliges Vielfaches von 25, das mit 4 beginnt. Deshalb muss der zweite Faktor durch 5 teilbar sein und somit 75 ergeben. Da das Produkt außerdem durch 4 teilbar ist, muss der erste Faktor durch 4 teilbar sein und beträgt somit 48. Die Rechnung lautet nun $48\times 75=3600$ und die Summe aller vorhandenen Ziffern beträgt somit 33.

Ergebnis:

$3566$

Seien $x$ und $y$ die beiden Zahlen und $c$ eine Ziffer, die Sandi beispielsweise an die Zahl $x$ angehängt hat. Dann gilt

und somit

Da $32099-c$ durch $9$ teilbar sein muss, ergibt sich $c=5$. Folglich ist $x=3566$ und $y=8779$. Die gesuchte Zahl ist demnach $3566$.

Ergebnis:

$189$

Die wesentliche Feststellung ist, dass die Augen auf sich entsprechenden, gegenüber liegenden Teilfeldern der Seiten des großen Würfels, welche die Seiten eines Spielwürfels sind, immer zu 7 ergänzen, wie man in der linken Abbildung sehen kann. Der große Würfel besitzt 27 Paare an Teilfeldern. Egal wie Peter also nach Vorschrift die Spielwürfel zusammenklebt, wird die Summe der sichtbaren Augen stets $27\cdot 7=189$ sein. Eine mögliche Anordnung der Spielwürfel ist in der rechten Abbildung zu sehen.

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Ergebnis:

$5:2$.

Die Diagonalen teilen das kleine $X$-Pentomino in vier kongruente Teile. Zwei solcher Teile können so zusammengesetzt werden, dass sie genau ein Quadrat des großen Pentominos ergeben. Also kann das große Pentomino in zehn solche Teile zerlegt werden und das gesuchte Verhältnis ist $10:4=5:2$.

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Ergebnis:

$5940$

Alle Zahlen zwischen $10^3$ und $10^4$ haben eine gerade Anzahl von Ziffern, daher ist die Ziffernsumme jedes solchen Palindroms gerade. Darüber hinaus sind die Palindrome aus diesem Bereich genau die Zahlen der Form $\overline{\mathit{abba}}$, wobei $a$, $b$ beliebige Ziffern sind mit $a$ ungleich Null. Somit befinden sich in diesem Bereich genau $90$ Palindrome. In ähnlicher Weise folgt, dass es genau $900$ Palindrome zwischen $10^5$ und $10^6$ gibt, wobei auch hier die Ziffernsumme jedes Palindroms gerade ist.

Die Palindrome zwischen $10^4$ und $10^5$ haben die Form $\overline{\mathit{abcba}}$ mit Ziffern $a$, $b$ und $c$, wobei $a$ ungleich Null ist. Hier ist die Ziffernsumme genau dann gerade, wenn $c$ gerade ist. Daher gibt es $9$ Möglichkeiten für $a$, $10$ für $b$ und $5$ für $c$, was $9\cdot 10\cdot 5=450$ gesuchte Palindrome im betrachteten Bereich ergibt. Eine ähnliche Überlegung gilt für den Bereich von $10^6$ bis $10^7$. Sie liefert in diesem Bereich $4500$ Palindrome mit gerader Ziffernsumme.

Insgesamt haben von allen Palindromen zwischen $10^3$ und $10^7$ genau $90+900+450+4500=5940$ eine gerade Ziffernsumme.

Ergebnis:

$22$

Fallen zum Beispiel alle Kinder aus, die Alt singen, und zusätzlich drei der Kinder, die alle Stimmlagen beherrschen, so bleiben nur neun Kinder übrig, die Alt singen könnten. Somit gilt $S<23$.

Es wird schwieriger, einen Chor zu formen, wenn ein Kind krank ist, das alle Stimmlagen beherrscht, als wenn es nur in der eigenen Stimmlage eingesetzt werden kann. Fallen also $22$ Kinder aus, so kann man annehmen, dass unter ihnen auch alle $18$ Kinder sind, die alle Stimmlagen beherrschen. Damit fallen weitere $4$ Kinder aus, die genau in einer Stimmlage singen können. Selbst wenn alle aus derselben Stimmlage sind, bleiben in dieser – und klarerweise auch in den anderen beiden – mindestens zehn Kinder übrig. Somit gilt $S\ge 22$ und zusammen mit der obigen Überlegung $S=22$.

Ergebnis:

$12$

Der Satz des Pythagoras beschreibt die Beziehung der Flächeninhalte der Quadrate über den drei Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks. Die gleiche Beziehung gilt für den Zusammenhang der Flächeninhalte von Halbkreisen über den zwei Seiten des Rechtecks und seiner Diagonale. Damit ergibt sich, dass die Summe der Flächeninhalte der Halbkreise über den Seiten des Rechtecks gleich groß ist wie der Flächeninhalt des ursprünglichen Kreises. Eine einfache Beobachtung ergibt dann, dass zwei benachbarte Grauzonen gemeinsam den gleichen Flächeninhalt haben wie das halbe Rechteck. Daher ist der Flächeninhalt der gesamten grauen Fläche gleich der des Rechtecks und damit $3\cdot 4=12$.

Ergebnis:

$977$

Die Ziffernsumme einer dreistelligen Zahl ist höchstens $9+9+9=27$. Es gibt fünf zweistellige Primzahlen, die nicht größer als $27$ sind, nämlich $11$, $13$, $17$, $19$ und $23$. Die Ziffernsummen dieser Primzahlen sind $2$, $4$, $8$, $10$ und $5$. Also gibt es für $p_2$ nur die Möglichkeiten $p_2=11$ oder $p_2=23$. Die größte Primzahl mit Ziffernsumme $23$ ist $977$. Wegen $977>911$, welches die größte dreistellige Primzahl mit Ziffernsumme $11$ ist, ist gesuchte Zahl $977$.

Ergebnis:

$45^{\circ }$, $67.5^{\circ }$

Es sei $X$ ein Punkt auf dem Rand des Dreiecks, der Schnittpunkt einer Streckensymmetrale mit einer Höhe ist. Der Mittelpunkt von $AC$ sei mit $F$ bezeichnet. Die Höhe, die durch $X$ geht, muss diejenige sein, die auf die Seite gefällt wird, auf der $X$ liegt. Wir untersuchen nun alle möglichen Orte von $X$.

Wenn $X$ auf der Seite $BC$ liegt, muss $X$ der Schnittpunkt der Höhe durch $A$ mit $BC$ sein. Da diese Höhe gleichzeitig Streckensymmetrale von $BC$ ist, erfüllen diese Höhe und diese Streckensymmetrale die gestellte Bedingung nicht. Aus der Symmetrie des Dreiecks folgt, dass sich in dieser Situation tatsächlich die Streckensymmetralen von $AB$ und $AC$ in einem einzigen Punkt schneiden, nämlich in $X$.

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Da $FX$ die Streckensymmetrale von $AC$ ist, ist das Dreieck $△AXC$ gleichschenklig. Aus $\angle CXA=90^{\circ }$ und dem Basiswinkelsatz folgt $\angle ACB=\angle ACX=45^{\circ }$.

Wenn $X$ auf der Seite $AB$ liegt, dann muss $X$ der Schnittpunkt der Höhe durch $C$ mit einer Streckensymmetralen sein. Ist dies die Streckensymmetrale von $BC$, so muss $X=A$ sein. In diesem Fall besitzt das Dreieck einen rechten Winkel bei $A$ und die Antwort ist wie gerade eben $\angle ACB=45^{\circ }$.

Sei nun $X$ der Schnittpunkt der Höhe von $C$ mit der Streckensymmetrale von $AC$.

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Wie im vorherigen Fall ist das Dreieck $△AXC$ gleichschenklig und rechtwinklig mit einem rechten Winkel bei $X$. Nach dem Basiswinkelsatz folgt $\angle BAC=\angle XAC=45^{\circ }$. Es ergibt sich in diesem Fall

und der Fall, dass $X$ auf $AC$ liegt, ist völlig symmetrisch.

Ergebnis:

$3720$

Es ist

Da $59$ und $61$ Primzahlen sind, ist die gesuchte Summe $1+59+61+3599=3720$.

Ergebnis:

$23$

Gunnedoo zahlt genau ein Drittel der Gesamtkosten, also kosten alle Würstel zusammen $28\cdot 3=84$ Euro. Meehni bezahlte für $17$ der $28$ Würstel, also $84\cdot 17∕28=51$ Euro. Da die Schwestern die Kosten gleichmäßig aufteilen, hätte sie nur $28$ Euro bezahlen sollen. Also sollte sie $51-28=23$ Euro bekommen.

Ergebnis:

$\frac{253}{34}$

Das graue Dreieck in der Abbildung ist ebenfalls rechtwinklig und hat mit dem großen Dreieck einen Winkel gemeinsam, weshalb die beiden Dreiecke ähnlich sind.

$$$$

Das Seitenverhältnis der Katheten ist also in beiden Dreiecken gleich und man erhält die Gleichung

mit der Lösung $t=253∕34$.

Ergebnis:

$840$

Da $11$ und $19$ Primzahlen sind, muss eine der drei aufeinander folgenden Zahlen durch $11$ teilbar sein und eine durch $19$, wobei diese nicht unbedingt verschieden sein müssen. Da das Produkt positiv ist, müssen auch alle drei aufeinander folgenden Zahlen positiv sein. Also sucht man nach möglichst kleinen Vielfachen von $11$ und $19$, die sich um höchstens $2$ unterscheiden. Die kleinsten solchen Vielfachen sind $3\cdot 19=57$ und $5\cdot 11=55$, so dass man nur noch die dritte Zahl $56$ ergänzen muss, um das Produkt $55\cdot 56\cdot 57=11\cdot 19\cdot 840$ zu erhalten. Die gesuchte Zahl ist also $840$.

Ergebnis:

$36^{\circ }$

Bezeichne den Winkel $\mathit{\angle PDC}$ mit $\alpha$. Weil $D$ und $E$ beide auf einem Kreis um den Punkt $C$ liegen, ist das Dreieck $△\mathit{DCE}$ gleichschenklig mit Basis $\mathit{DE}$. Aus dem Basiswinkelsatz und der gegebenen Gleichheit $\alpha =\mathit{\angle CDE}$ folgt $\mathit{\angle DEC}=\alpha$. Mit dem analogen Argument für das gleichschenklige Dreieck $△\mathit{BEC}$ zusammen mit der Winkelgleichheit $\alpha =\mathit{\angle CEB}$ ergibt sich nun $90^{\circ }+5\alpha =360^{\circ }$ als Innenwinkelsumme im Viereck $\mathit{PBED}$. Also ist $\alpha =54^{\circ }$ und man erhält den gesuchten Winkel über die Innenwinkelsumme im Dreieck $△\mathit{PCD}$ zu $\mathit{\angle DCP}=90^{\circ }-\alpha =36^{\circ }$.

Alternativer Lösungsweg: Weil $D$ und $E$ beide auf einem Kreis um den Punkt $C$ liegen, ist das Dreieck $△\mathit{DCE}$ gleichschenklig mit Basis $\mathit{DE}$. Wegen der ersten gegebenen Winkelgleichheit $\mathit{\angle PDC}=\mathit{\angle CDE}$ ist das Dreieck $△\mathit{CDP}$ kongruent zur Hälfte von Dreieck $△\mathit{CDE}$. Bezeichnet man mit $M$ den Mittelpunkt von $\mathit{CD}$, so gilt $△\mathit{CDP\cong }△\mathit{CEM}$. Benutzt man die zweite gegebene Gleichheit von Winkeln, so erhält man weiter $\mathit{\angle BCE}=\mathit{\angle ECD}=2\mathit{\angle DCP}$. Da die drei Winkel $\mathit{\angle BCE}$, $\mathit{\angle ECD}$ und $\mathit{\angle DCP}$ zusammen einen gestreckten Winkel bilden, folgt $5\mathit{\angle DCP}=180^{\circ }$ und daraus $\mathit{\angle DCP}=36^{\circ }$.

Ergebnis:

$18$

Wenn zwei Städte verbunden sind, muss die mit der größeren Nummer eine Primfaktorzerlegung haben, die genau eine Primzahl mehr enthält als die kleinere. Dieselben Primzahlen können die Städte nicht enthalten, sonst wären sie gleich. Zwei oder mehr Primzahlen Unterschied kann auch nicht sein, denn gäbe es zwei nicht notwendigerweise verschiedene Primzahlen $p,q$ mit verbundenen $a$ und $b=a\cdot p\cdot q$, so wäre die zweite Bedingung verletzt.

Die Zahl $42$ hat die Primfaktorzerlegung $2\cdot 3\cdot 7$. Deswegen gibt es drei mit $42$ verbundene Städte, die eine kleinere Nummer haben, und zwar mit den Primfaktorzerlegungen $2\cdot 3$, $2\cdot 7$ und $3\cdot 7$.

Mit $42$ verbundene, größere Städte haben eine Nummer, die als $42\cdot p$ für eine Primzahl $p$ geschrieben werden kann. Die größtmögliche solche Primzahl mit $42\cdot p<2020$ ist $47$. Also ist $p$ aus $\{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47\}$. Das sind 15 weitere Städte. Zusammen mit den drei kleineren ergibt sich eine Gesamtsumme von $18$.

Ergebnis:

$673$

Durch die Zugregeln ist klar, dass der Blitzer nicht von einem Feld auf ein anderes und dann direkt wieder zurück auf das Startfeld bewegt werden kann. Hingegen kann er in drei Zügen im Kreis bewegt werden:

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Wenn der Blitzer also auf Feld A1, A3 oder C2 gesetzt wird, kann er zu „kreisen“ beginnen und jedes dieser Felder in jedem dritten Zug besuchen.

Wenn der Blitzer auf Feld B2 startet, ist der einzig mögliche Startzug eine Turmbewegung nach B3. Von dort kann er mit einer Springerbewegung nach A1 oder C1 gelangen. Also kann A1 in zwei Zügen von B2 aus erreicht werden. Weil das Feld B2 weder von der Position A1 noch von C1 aus in einem Zug erreichbar ist, kann das Kreisen auch nicht drei Züge vorher beginnen. Es müssen also vor dem Kreisen mindestens zwei Züge gemacht werden. Folglich bleiben $2018$ Züge fürs Kreisen übrig. Wegen $2018=672\times 3+2$ kann der Blitzer höchstens $672$ Mal im Kreis bewegt werden und somit $673$ Mal das Feld A1 besuchen.

Ergebnis:

$2026$

Angenommen, die Schnecke absolvierte während des Rennens genau $n$ Runden. Das heißt, die Geschwindigkeit von David betrug $3$ und die der Schnecke $n$ (in Runden pro Rennen). Damit war die Änderungsrate der Distanz, das ist der orientierte Abstand von David zur Schnecke, gleich $n-3$. Da sie sich immer trafen, wenn die Distanz (in Runden) eine natürliche Zahl war, trafen sie sich $n-3$ Mal, mit Ausnahme am Anfang. Also ist $n=2022$. Als sie in entgegengesetzte Richtungen liefen, betrug die Änderungsrate ihrer orientierten Distanz $n+3=2025$, so dass sie sich $2025$ Mal – ausgenommen am Start – trafen, d.h. insgesamt $2026$ Mal.

Ergebnis:

$170$

Es seien $s_i$, $v_i$, $a_i$ die jeweiligen Anzahlen an Gegenständen mit Wert $i$ der Kategorien Stärke, Verteidigung und Angriff, die benötigt werden, um einen Gegenstand Angriff Wert 10 zu erhalten. Klarerweise ist $s_{10}=v_{10}=0$ sowie $a_{10}=1$. Nach der Tauschregel gilt

für alle $i\in \{2,\dots ,10\}$. Also kann man folgende Tabelle ausgehend von der ersten Zeile $(0,0,1)$ ausfüllen, indem jeder Eintrag ab der zweiten Zeile die Summe der beiden nicht in derselben Spalte enthaltenen Einträge aus der vorhergehenden Zeile ist:

Folglich ist die Antwort $170$.

Eine alternative Vorgehensweise ist diese hier:
Da die Rollen der Gegenstände der Kategorien Stärke und Verteidigung vertauschbar sind, gilt $s_i=v_i$. Mit vollständiger Induktion kann man zeigen, dass die Anzahlen $a_i$ und $s_i$ sich um 1 unterscheiden. Das gilt für $i=10$ und durch

wird die Induktionsbehauptung bewiesen. Schließlich liefert

den Wert $s_1+v_1+a_1=2^9=512$. Insgesamt ergibt sich aus den gemachten Beobachtungen $s_1=v_1=171$ und damit $a_1=170$.

Ergebnis:

$24\pi$

Sei $\overline{AC}=4$ der Radius der Kugel, $\overline{BC}$ der Radius der Grundfläche der Eistüte und $\overline{BD}$ die Höhe der Eistüte, siehe Abbildung unten. Der Satz des Pythagoras angewendet auf das Dreieck $△ACB$ liefert

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke $△ACB$ und $△CDB$ folgt $\overline{BD}:\overline{BC}=\overline{BC}:\overline{AB}$. Das Volumen beträgt daher

$$$$

Ergebnis:

$31$

Rufe die folgende Grundeigenschaft der Addition in Erinnerung: Um Zahlen zu addieren, werden deren Ziffern Stelle für Stelle von rechts nach links zusammengezählt, wobei jeweils noch der Übertrag hinzugerechnet wird. Da hier nur zwei Zahlen addiert werden, sind alle Überträge höchstens $1$.

Seien nun $a$ und $b$ die beiden vierstelligen Zahlen und schreibe die Ziffernsumme irgendeiner Zahl $n$ als $S(n)$. Es gilt dann $S(a+b)=S(a)+S(b)-9\cdot c$, wobei $c$ die Anzahl Überträge ungleich Null bezeichnet. Wegen $S(a)+S(b)=1+2+3+4+6+7+8+9=40$ kann $S(a+b)$ nur die Werte $40$, $31$, $22$, $13$ und $4$ annehmen.

Die Ziffernsumme $40$ kann nicht erreicht werden, da $9$ plus irgendeine Ziffer ungleich Null immer größer oder gleich $10$ ist. Hingegen erhält man $31$ beispielsweise mit $a=9678$ und $b=4321$, denn es ist $9678+4321=13999$ und $1+3+9+9+9=31$. Die höchstmögliche Ziffernsumme ist demnach $31$.

Ergebnis:

$\frac{1}{14}$

Betrachten wir die eine Hälfte, in der Bono spielt. Er kommt genau dann in die Finalrunde, wenn beide professionellen Spieler in der anderen Hälfte antreten und Bono die drei Amateure aus seiner Hälfte besiegt, er also zwei Runden gewinnt.

Starten wir mit der Situation, dass die Position von Bono im Graph fixiert ist. Die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden professionellen Spieler auf der anderen Hälfte zugeteilt werden ist $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}$. Da die Amateure alle gleich stark sind, gewinnt Bono seine beiden Spiele mit einer Wahrscheinlichkeit von $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{14}$.

Ergebnis:

$\frac{1}{5248}$

Nehmen wir an, dass die Zahl $n$ die beiden Zahlen $a$ und $b$ ersetzt. Dann gilt

Daher erhöht sich die Summe der Kehrwerte aller Zahlen an der Tafel pro Schritt um zwei. Da es insgesamt $99$ Schritte gibt, erfüllt die letzte Zahl $\ell$ also die Gleichung

Daher ist die letzte Zahl $\frac{1}{5248}$.

Ergebnis:

$18$

Bezeichnen wir mit $H_A$ und $H_E$ die Orthogonalprojektionen von $A$ und $E$ auf die Gerade $BC$.

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Die rechtwinkligen Dreiecke $△CA{H}_A$ und $△CE{H}_E$ sind ähnlich und daher folgt aus $\overline{CE}=3\overline{CA}$, dass $\overline{E{H}_E}=3\overline{A{H}_A}$ gilt. Wegen $\overline{CD}=\overline{BD}-\overline{BC}=\overline{BC}$ ist der Flächeninhalt des Dreiecks $△CDE$ gleich

Mit einer analogen Begründung erhalten wir, dass der Flächeninhalt des Dreiecks $AEF$ gleich $2\cdot 4=8$ und der des Dreiecks $△BFD$ gleich $3\cdot 2=6$ ist. Der gesamte Flächeninhalt ist also $1+3+8+6=18$.

Ergebnis:

$47$

Zuerst bezeichnen wir die Anzahl der Münzen aus den Säcken, die vom König gewogen werden, mit $a,b$ und $c$. Diese Anzahlen müssen paarweise verschieden sein, denn wenn zwei gleich sind, kann man die jeweiligen Säcke nicht unterscheiden. Wir werden solche Tripel als zulässig bezeichnen. Wir suchen nach den kleinstmöglichen Zahlen $a,b$ und $c$, sodass $a\cdot k+b\cdot l+c\cdot m$ paarweise verschiedene Werte für jede Permutation $(k,l,m)$ der Zahlen $10,11$ und $12$ ergibt.

Das kleinste zulässige Tripel ist $a=0$, $b=1$ und $c=2$. Dies verletzt jedoch wegen $32=2\cdot 10+12=2\cdot 11+10$ die zweite Bedingung. Das zweit kleinste zulässige Tripel ist $a=0$, $b=1$ und $c=3$, welches die zweite Bedingung erfüllt:

Die Waage muss also bis zu $47$ Gramm richtig messen.

Ergebnis:

$59$

Wir bezeichnen die Anzahl von Emmas Ananas am Tag $i$ um jeweils $14$ Uhr mit $s(i)$. Da die ersten beiden Male an den Tagen $2$ und $5$ der Wert Null ist und Emma jedes Mal die Anzahl der gekauften Ananas um eins erhöht, bilden die Abstände zwischen zwei aufeinander folgenden Nullen in der Folge $s(i)$ die Folge $3,4,5,\dots$. Die Nullen befinden sich somit an den Positionen

für $n\ge 2$. Da wir wissen wollen, wann die letzte Null vor $2020$ erscheint, muss die quadratische Gleichung $\frac{1}{2}x(x+1)-1=2020$ gelöst werden. Ihre negative Lösung ist hier irrelevant, ihre positive Lösung ist $\frac{1}{2}(\sqrt{16169}-1)$ und liegt zwischen $63$ und $64$. Somit ist die letzte Null die $62$-ste und befindet sich an der Position $\frac{1}{2}(63\cdot 64-1)=2015$. Die Folge $s(i)$ geht ab hier wie folgt weiter: $63,62,61,60,59,\dots$. Somit ist die gesuchte Zahl $s(2020)$ gleich $59$.

Ergebnis:

$8$, $24$

Zunächst kann man das Verhältnis der Breiten der ersten und der zweiten Spalte ($30:10$) und das der Breiten der ersten und der dritten Spalte ($18:12$) aus der Abbildung erkennen. Außerdem kann man die Verhältnisse der Höhen der ersten, zweiten und vierten Reihe ($24:18:30$) ablesen. Durch Kürzen erhält man daraus die Verhältnisse $3:1:2$ für diese Spalten und $4:3:5$ für diese Reihen. Mit diesen Informationen kann man alle Boxen mit den Größen der Flächen füllen, wobei in der dritten Reihe und in der vierten Spalte die Werte mit Hilfe der Variablen $x$ und $y$ ausgedrückt werden, um die Flächenverhältnisse widerzuspiegeln.

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Mit Hilfe des grau markierten Rechtecks erkennt man, dass man das Höhenverhältnis zwischen der zweiten und dritten Reihe entweder durch $12:2x$ anhand der dritten Spalte oder durch $3y:12$ mit Hilfe der vierten Spalte berechnen kann. Aufgrund der Gleichheit dieser Werte ergibt sich $12:2x=3y:12$, also $y=24∕x$.

Aus dem Vergleich der gesamten Fläche des Stalles mit der Summe der Flächen der einzelnen Boxen erhält man die Gleichung

welche zu

umgeformt werden kann. Die eine Lösung $x=4$ führt zu $y=6$ und $?=24$, die andere Lösung $x=12$ zu $y=2$ und $?=8$.

Ergebnis:

$\frac{5}{6}\sqrt{2}$

Da der Radius von Phillips Kreis kleiner als $\frac{5}{4}$ ist, muss die Entfernung zwischen den Gitterpunkten darauf kleiner als $\frac{5}{2}$ sein. Für die relative Position von zunächst zwei der drei Gitterpunkte auf dem Kreis gibt es, abgesehen von Rotation, die folgenden vier im Bild dargestellten Fälle:

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In jedem der Fälle ist durch die beiden Gitterpunkte auf dem Kreis eine Symmetrieachse für diesen festgelegt. Der dritte Gitterpunkt auf dem Kreis muss entweder auf dieser Achse liegen oder so, dass sein Spiegelbild an dieser Achse keinen vierten Gitterpunkt ergibt. Somit ist die erste Variante nicht möglich.

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Wenn der dritte Gitterpunkt des Kreises auf der Symmetrieachse liegt, ist die zweite Variante möglich und Variante drei ergibt Daniels Kreis oder einen größeren Kreis. Da Variante vier nur eine Rotation von bisherigen Möglichkeiten darstellt, ist Phillips Kreis der folgende:

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Um den Radius des Kreises zu finden, bietet sich an, das Koordinatensystem so zu legen, dass die Gitterpunkte des Kreises die Koordinaten $(1,0)$, $(0,1)$, und $(2,2)$ haben. Setzt man diese Werte in die Kreisgleichung ${(x-h)}^2+{(y-k)}^2=r^2$ ein und löst das dadurch entstandene Gleichungssystem, so ergibt sich ${(x-\frac{7}{6})}^2+{(y-\frac{7}{6})}^2=\frac{25}{18}$ und somit $\frac{5}{6}\sqrt{2}$ .

Ergebnis:

$720$

Da alle Farben erhalten bleiben, entspricht der Effekt des Zauberspruchs lediglich einer Permutation der sieben Hutfarben. Jede solche Permutation kann in disjunkte gerichtete Farbenkreise zerlegt werden. Aus der dritten Bedingung der Aufgabenstellung folgt, dass diese Kreise weder aus $2$ noch $3$ Farben bestehen können und aus einer Farbe sowieso nicht. Aus sieben Farben mehrere Kreise von mindestens vier Farben zu bilden, ist unmöglich. Deshalb muss die gesuchte Permutation aus einem einzigen Kreis bestehen. Solche Permutationen gibt es $6!=720$, denn startend mit einer Hutfarbe gibt es sechs mögliche Farben, zu welcher der Zauberspruch sie ändern kann, danach fünf Möglichkeiten und so weiter, bis die letzte Farbe wieder zur ersten Farbe geändert wird.

Ergebnis:

$(1,6,5,1)$

Gesucht ist eine ganze Zahl $x$, die bei der Division durch $11$ bzw. $10$ die Reste $5$ bzw. $1$ ergibt. Da $10$ und $11$ teilerfremd sind, gibt es nach dem chinesischen Restsatz genau ein solches $x$ unter den Zahlen $0,1,\dots ,109$. Nennen wir diese Zahl $x_0$. Alle anderen Lösungen ergeben sich durch Addition von Vielfachen von $10\cdot 11=110$ zu $x_0$. Um $x_0$ zu finden, kann man beispielsweise alle Zahlen der Form $11k+5$ für ganze Zahlen $k$ auflisten und eine wählen, die auf $1$ endet. Man erhält hierdurch die Zahl $71$ als die Anzahl an Drehungen, die nötig sind, um das erste Mal die Endung $(5,1)$ zu bekommen. Nach der Bemerkung von oben erscheint diese Endung nach weiteren $110$ Rotationen zum zweiten Mal, aber nicht eher. Insgesamt sind das also $110+71=181$ Drehungen von Beginn weg. Da die Zahl $181$ die Reste $1$ bzw. $6$ bei der Division durch $5$ bzw. $7$ lässt, ist die korrekte Kombination für das Öffnen des Schlosses $(1,6,5,1)$.

Ergebnis:

$144$

Weil jeder Laserstrahl seine Richtung ändern muss und es vier Spiegel gibt, muss jede Spalte und Zeile genau einen Spiegel enthalten. Dies kann durch $4!=24$ verschiedene Arten erreicht werden. In der ersten Reihe gibt es $4$ Möglichkeiten, eine Spalte zu wählen, in der zweiten Reihe sind es dann noch $3$ Möglichkeiten, und so weiter. Aus der Anzahl der Strahlen, die in eine bestimmte Richtung gehen, folgt, dass es zwei Spiegel jeder Orientierung geben muss. Das heißt, nachdem die Plätze für die Spiegel ausgewählt wurden, gibt es noch $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ Arten, die Orientierung zu wählen. Es ist nicht schwer zu sehen, dass jede solche Konfiguration die gewünschten Eigenschaften erfüllt. Daher gibt es $24\cdot 6=144$ Arten, die Spiegel zu platzieren.

Ergebnis:

$9$

Es ist $x_1=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ und $x_2=2\cdot 3\cdot 5\cdot 101$. Man sieht leicht ein: Wenn eine Zahl der Sequenz nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar ist, erfüllt die folgende Zahl diese Eigenschaft ebenfalls. Deswegen kann man für $n\ge 2$ jede Zahl $x_n$ repräsentieren durch eine Binärzahl $b_n$, deren $k$-te Stelle von rechts genau dann eine $1$ enthält, wenn $x_n$ durch die $k$-te Primzahl teilbar ist. Es ist

und die Binärdarstellung $b_n$ erhöht sich mit jeder Zahl der Sequenz um $1$, also

Gemäß der Definition von $b_n$ ist die Anzahl der verschiedenen Primteiler von $x_{2020}$ gleich der Anzahl der Einsen in $b_{2020}$ und die ist $9$.

Ergebnis:

$\frac{13}{36}$

Die Abbildung zeigt die gegebene Situation zusammen mit allen relevanten Punkten: dem Schwerpunkt $S$ des Dreiecks $△ABC$, den Mittelpunkten $M_a$, $M_b$, $M_c$ der Seiten von $△ABC$, den Schwerpunkten $D,E,F,G,H,I$ der Teildreiecke und den Mittelpunkten $D^{\prime },E^{\prime },\dots ,I^{\prime }$ der Strecken $M_{b}A,A{M}_c,\dots ,C{M}_b$.

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Wegen $\overline{A{E}^{\prime }}=\frac{1}{4}\overline{AB}$ und $\overline{A{D}^{\prime }}=\frac{1}{4}\overline{AC}$ ist das Dreieck $△A{E}^{\prime }{D}^{\prime }$ eine zentrische Streckung des Dreiecks $△ABC$ mit Zentrum $A$ und Streckungsfaktor $\frac{1}{4}$. Also ist die Fläche $A_{△A{E}^{\prime }{D}^{\prime }}$ genau $\frac{1}{16}{A}_{△ABC}$. Ebenso erhält man $A_{△B{G}^{\prime }{F}^{\prime }}=A_{△C{I}^{\prime }{H}^{\prime }}=\frac{1}{16}{A}_{△ABC}$. Deshalb ergibt sich die Fläche des Sechsecks $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ zu $\frac{13}{16}{A}_{△ABC}$. Außerdem bildet die zentrische Streckung mit Zentrum $S$ und Streckungsfaktor $\frac{3}{2}$ das Sechseck $DEFGHI$ auf das Sechseck $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ ab und man erhält die Fläche von $DEFGHI$ als

Das gesuchte Verhältnis ist also $13:36$.

Ergebnis:

$\frac{1010}{3}$

Wenn wir die Gleichungen für $m=1,\dots ,2019$ addieren, erhalten wir

Setzen wir $a_1=a_{2020}$ in die Gleichung ein, können wir diese zu

umformen. Daraus folgt

Hinweis: Solch eine Folge reeller Zahlen existiert tatsächlich: Wenn $a_1$ fixiert ist, ist der Rest der Folge durch die Gleichung in der Aufgabenstellung bestimmt. Man kann daher $a_{2020}$ als lineare Funktion von $a_1$ darstellen und die Bedingung $a_1=a_{2020}$ führt zu einer lineare Gleichung in $a_1$, die man lösen muss. Es ist nicht schwer zu sehen, dass die Gleichung tatsächlich eine Lösung hat.

Ergebnis:

$8∕15$

Man betrachtet die fünf Schnüre auf einer Seite der Hand und bezeichnet sie so mit $A$, $B$, $C$, $D$ und $E$, dass $A$ ein loses Ende ist, $B$ mit $C$ verbunden und $D$ mit $E$ verbunden ist. In dieser Situation kann genau dann eine einzige Schnur entstehen, wenn auf der zweiten Seite der Hand $A$ mit $B$, $C$, $D$ oder $E$ verbunden wird, wofür es $4$ Möglichkeiten gibt, und anschließend das verbleibende lose Ende dieser Teilschnur an eines der Enden des anderen Schnurpaares geknotet wird, was auf $2$ Arten möglich ist. Wenn $A$ beispielsweise an $B$ geknotet wird, kann $C$ mit $D$ oder $E$ verbunden werden. Demnach gibt es $4\cdot 2=8$ Möglichkeiten, eine einzige lange Schnur zu erhalten.

Die Gesamtanzahl der Möglichkeiten, die Schnurenden auf der zweiten Seite miteinander zu verknoten, ist $15$: Für die Wahl des frei bleibenden Endes gibt es $5$ Möglichkeiten. Der Rest ist durch das Zusammenknoten eines gewählten Schnurendes mit einem der drei übrigen Enden festgelegt, was auf $3$ Arten möglich ist. Die Wahrscheinlichkeit, eine einzige lange Schnur zu erhalten, ist demnach $8∕15$.

Ergebnis:

$619737131179$

Zunächst betrachtet man einen orientierten Graph mit den Knoten $1$, $3$, $7$ und $9$, bei dem zwei Ziffern genau dann durch eine gerichtete Kante (Pfeil) verbunden sind, wenn die entsprechende zweistellige Zahl eine Primzahl ist. Man beachte, dass sich am Knoten $1$ aufgrund der Zahl $11$ auch eine Schleife befindet.

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Angenommen, es gibt einen Weg durch den Graph entlang der Pfeile, der jede Kante genau einmal durchläuft. Dann kann man die größte 2-prime Zahl dadurch erhalten, dass man entweder $6$ oder $8$ an den Anfang der Ziffernfolge stellt, die man durch einen solchen Weg erhalten hat. Aus der Definition einer 2-primen Zahl folgt nämlich, dass alle Ziffern außer der ersten aus der Menge $\{1,3,7,9\}$ stammen müssen und kein Pfeil zweimal durchlaufen werden darf. Deshalb kann keine Zahl mit der Eigenschaft, 2-prim zu sein, mehr Ziffern haben als die Anzahl der Pfeile im Graph plus zwei (eine für die führende Ziffer und eine dadurch, dass man Ziffern zählt und nicht Zahlen), also $12$. Außerdem kann die erste Ziffer weder $9$ noch $7$ sein, denn dies würde das Durchlaufen eines Pfeiles wiederholen, und da $61$, $83$, $87$ und $89$ Primzahlen sind, die alle möglichen Folgeziffern abdecken, können auch keine kleineren Primzahlen am Anfang vorkommen.

Nun muss man noch einen Weg durch den Graph mit den oben genannten Eigenschaften finden, der die größtmögliche Zahl ergibt. Man erkennt, dass beim Knoten $9$ ein Pfeil mehr endet als dort Pfeile beginnen und beim Knoten $1$ ein Pfeil mehr beginnt als Pfeile dort enden. An den anderen beiden Knoten beginnen und enden jeweils gleich viele Pfeile. Also muss der Weg im Knoten $1$ beginnen und im Knoten $9$ enden. Von $1$ aus geht man zur größtmöglichen Zahl $9$ und von dort aus dem gleichen Grund zur $7$. Da die Zahl $9$ nicht mehr möglich ist, setzt man mit $3$ fort, kehrt wieder zurück zur $7$ usw. Bei dieser an einen Greedy-Algorithmus angelehnten Vorgehensweise erhält man $19737131179$ und durch Voranstellen der größtmöglichen geraden Ziffer schließlich $619737131179$, die größte 2-prime Zahl.

Ergebnis:

$\frac{4\sqrt{21}}{7}$

Die Bilder von Punkten, die durch Punktspiegelung am Umkreismittelpunkt $O$ entstehen, werden mit einem Strich gekennzeichnet. Die Punkte $A^{\prime }$ und $B^{\prime }$ liegen also ebenfalls auf dem Umkreis des Dreiecks $△ABC$ und es gilt ferner $D^{\prime }=E$ und $E^{\prime }=D$. Weil $A{A}^{\prime }$ ein Durchmesser des Umkreises ist, ist Dreieck $△A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ rechtwinklig und mit dem Satz des Pythagoras folgt

Wegen $\angle A{B}^{\prime }E=90^{\circ }$ erhält man mit Hilfe des Satzes von Pythagoras im Dreieck $△AE{B}^{\prime }$

Da $E$, also der Spiegelpunkt von $D$, auf der Strecke $A^{\prime }{B}^{\prime }$ liegen muss und $A^{\prime }C{B}^{\prime }A$ ein Sehnenviereck ist, sind die Dreiecke $△AE{B}^{\prime }$ und $△A^{\prime }CE$ ähnlich, und es ergibt sich das Seitenverhältnis

Damit kann man die gewünschte Streckenlänge durch

berechnen.

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Zweite Lösung:

Die Potenz des Punktes $D$ bezüglich des Umkreises des Dreiecks $△ABC$ mit dem Radius $r=\overline{AO}=7$ ergibt sich zu

woraus man

erhält, wobei das Minuszeichen daher kommt, dass $D$ innerhalb des Kreises liegt. Aus dem Kosinussatz im Dreieck $△ADO$ folgt

und somit

Wegen $cos(\angle EOA)=cos(180^{\circ }-\angle AOD)=-cos(\angle AOD)=-\frac{1}{7}$ folgt aus dem gleichen Satz für das Dreieck $△AOE$

und deshalb $\overline{AE}=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$. Analog zu oben erhält man aus der Potenz des Punktes $E$ bezüglich des Umkreises des Dreiecks $△ABC$ die Gleichung

und hieraus die gesuchte Streckenlänge

Ergebnis:

$\frac{56}{3}=18+\frac{2}{3}$

Sei $24$ die Breite und $7$ die Höhe des Rechtecks. Die Diagonale von links unten nach rechts oben hat eine Steigung von $\frac{7}{24}$. Wenn die Diagonale durch ein Quadrat geht, schneidet sie genau dann ein Dreieck ab, wenn sie eine horizontale Linie kreuzt, die zwei Quadrate trennt. Da die Steigung konstant ist, kann man die Liniensegmente der beiden Dreiecke, die von den beiden Quadraten abgeschnitten werden, in ein großes rechtwinkliges Dreieck mit der Breite $1$ umordnen. Dann haben die Katheten die Längen $1$ und $\frac{7}{24}$ und die Hypotenuse die Länge $\sqrt{1+{\left(\frac{7}{24}\right)}^2}=\frac{25}{24}.$

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Die Summe der Umfänge dieser beiden Dreiecke ist also $\frac{56}{24}$. Die Diagonale kreuzt genau sechs Mal eine horizontale Linie. Zusätzlich werden zwei rechtwinklige Dreiecke vom ersten und letzten Quadrat, das die Diagonale durchläuft, abgeschnitten, die genau die oben genannten Abmessungen haben. Die Gesamtsumme der Umfänge ist also $8\cdot \frac{56}{24}=\frac{56}{3}$.

Ergebnis:

$6763$

Um sich überhaupt von Stockwerk $2019$ bewegen zu können, muss $2019+n\le 8787$ gelten, also $n\le 6768$. Außerdem muss die Bedingung $d:=\mathrm{ggT}(2020,n)=1$ gelten, da sich der Aufzug zwischen Stockwerken $a$ und $b$ nur bewegen kann, falls $d\mid a-b$ erfüllt ist. Dadurch können einige Kandidaten ausgeschlossen werden: $6768$ ist durch $2$ teilbar, $6767$ ist durch $101$ teilbar, $6766$ ist durch $2$ teilbar, $6765$ ist durch $5$ teilbar und $6764$ ist durch $2$ teilbar. Jedoch gilt $\mathrm{ggT}(6763,2020)=1$.