Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$46$

Wenn das Spiel zu Ende ist, hat der Gewinner $10$ Punkte gesammelt, während alle anderen Spieler höchstens $9$ Punkte haben können. Die Anzahl der gespielten Runden kann also höchstens $10+4\cdot 9=46$ sein.

Ergebnis:

$21$

Es gibt zwei Fälle:

I. $B$ besteht aus einer Karte und $A$ aus drei.
Für $B$ gibt es dann folgende Möglichkeiten:

• $B=1$: $A$ ist eine beliebige Permutation von $2,3,6$. $\to 6$ Möglichkeiten
• $B=2$: $A$ muss auf $6$ enden. $\to 2$ Möglichkeiten
• $B=3$: $A$ ist beliebige Permutation von $1,2,6$, denn die Quersumme ist immer $9$. $\to 6$ Möglichkeiten.
• $B=6$: $A$ muss auf $2$ enden. $\to 2$ Möglichkeiten

II. $A$ und $B$ bestehen jeweils aus zwei Karten.
Der Quotient $A∕B$ muss kleiner als $6$ sein. Das ergibt folgende Möglichkeiten:

• $A∕B=1$ ist nicht möglich, da $A=B$ sein müsste.
• $A∕B=2$: $A$ muss auf $2$ oder $6$ enden. Falls $A$ auf $2$ endet, muss $B$ auf $6$ oder $1$ enden. Im ersten Fall bekommt man $A=32$ und $B=16$, im zweiten Fall $A=62$ und $B=31$. $\to 2$ Möglichkeiten
  Falls $A$ auf $6$ endet, muss $B$ auf $3$ enden, also ist $A=26$ und $B=13$. $\to 1$ Möglichkeit
• $A∕B=3$: $A$ muss mit $6$ oder $3$ beginnen. Im ersten Fall muss $B$ mit $2$ beginnen, also ergibt sich $A=63$ und $B=21$. Im zweiten Fall muss $B$ mit $1$ beginnen, woraus $A=36$ und $B=12$ folgt. $\to 2$ Möglichkeiten
• $A∕B=4$: $A$ muss mit $6$ beginnen und auf $2$ enden, da $A$ gerade ist. Aber $A=62$ ist nicht durch $4$ teilbar.
• $A∕B=5$: $A$ muss auf $5$ oder $0$ enden, aber das ist nicht möglich.

Das ergibt insgesamt $21$ Möglichkeiten.

Ergebnis:

$18$

Die Seitenlängen der Quadrate stehen im Verhältnis $3:2:1$. Der Flächeninhalt des größten Quadrates ist deshalb ${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 8=18$.

Ergebnis:

$124$

Die Anzahlen der Elstern, Mathemagier und Zentauren werden mit $e$, $m$ und $z$ abgekürzt. Die Aussage über die Anzahl der Schwänze ergibt die Gleichung $e+z=15$ und die über die Anzahl der Arme führt zu $2m+2z=94$. Die Anzahl der Beine ist $2e+2m+4z$ und kann durch geschicktes Zusammenfassen leicht berechnet werden als $2(e+z)+(2m+2z)=30+94=124$.

Ergebnis:

$64$

Eine gesuchte Abfolge besteht aus zwölf Positionen, an denen die Kanäle stehen. An den ungeraden Positionen muss klarerweise immer der Kanal 2 stehen. An den geraden Positionen hingegen gibt es die Möglichkeit, dass entweder Kanal 1 oder aber Kanal 3 steht. Diese Auswahl geschieht an sechs Stellen, so dass insgesamt $2^6=64$ solche Abfolgen möglich sind.

Ergebnis:

$27^{\circ }$

Die Punkte seien wie in der folgenden Abbildung benannt. Die gemeinsame Diagonale $AB$ der beiden Rechtecke halbiert den Winkel $\angle FBD$, weshalb

gilt. Da die gestrichelte Linie $EF$ parallel zu $AB$ verläuft, ergibt sich $\angle EFB+\angle FBA=180^{\circ }$. Indem man nun den bekannten rechten Winkel $\angle AFB$ noch abzieht, erhält man die gesuchte Größe

$$$$

Ergebnis:

$2016$

Wenn man von $x^3-14x+2024$ zuerst $x(x^2-4x+2)=0$ subtrahiert, damit $x^3$ verschwindet, ergibt sich $4x^2-16x+2024$. Um nun $4x^2$ loszuwerden, zieht man noch $4(x^2-4x+2)=0$ ab und erhält $2016$ als Ergebnis für den gesuchten Wert.

Ergebnis:

$123$

Die gewählte Zahl $n$ kann keine einzelne Ziffer sein, da diese entweder gerade oder ungerade ist und das Ergebnis damit mindestens zweistellig. Eine zweistellige Zahl als $n$ ist auch nicht möglich, da das Ergebnis auf 2 enden würde. Die Anzahl der geraden Ziffern dieser Zahl wäre somit größer 0 und die Ausgabe somit dreistellig. Die Zahl ist also mindestens dreistellig. Eine dreistellige Zahl $n$ muss auf $3$ enden und die Summe der ersten beiden Ziffern ist ebenfalls $3$. Theoretisch möglich sind nur $123$, $213$ und $303$. Als Ergebnis bekommt man in allen diesen Fällen die Zahl $123$. Also ist $123$ die gesuchte kleinste Lösung.

Ergebnis:

$16$

Erweitere das Fünfeck durch das Anfügen eines Parallelogramms zu einem gleichseitigen Dreieck mit der Seitenlänge $11=4+a=2+b$ wie in der Abbildung.

$$$$

Dann ist $a=7$, $b=9$ und $a+b=16$.

Ergebnis:

$12$

Es ist vorausgesetzt, dass die zum Graben eines Brunnens benötigte Zeit proportional zu seinem Volumen ist. Da es sich um einen geraden Kreiszylinder handelt, ergibt sich sein Volumen aus der Formel $V=\frac{\pi }{4}\cdot t\cdot b^2$, wobei $t$ für die Tiefe und $b$ für die Breite steht. Daraus folgt, dass das Mädchen $7$ Tage braucht um $\frac{\pi }{4}\cdot \frac{t}{3}\cdot b^2=\frac{1}{3}V$ des Brunnens auszugraben. Sie braucht $21$ Tage um das gesamte Volumen $V$ auszugraben. Analog benötigt Janko $7$ Tage um $\frac{\pi }{4}\cdot t\cdot {\left(\frac{b}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}V$ des Brunnens auszugraben, also braucht er $28$ Tage, um das gesamte Volumen $V$ auszugraben. Daher kann das Mädchen $\frac{1}{21}$ und Janko $\frac{1}{28}$ des Brunnens an einem Tag ausgraben. Zusammen schaffen sie $\frac{1}{21}+\frac{1}{28}=\frac{1}{12}$ des Brunnens an einem Tag. Also brauchen sie $12$ Tage, um gemeinsam einen Brunnen zu bauen.

Ergebnis:

$360$

Zuerst stellt man fest, dass jedes $2\times 1$ Rechteck genau zwei Diagonalen der Länge $\sqrt{5}$ enthält. Das Ziel ist es also, die Anzahl der $2\times 1$-Rechtecke zu bestimmen. Angenommen das Rechteck ist vertikal ausgerichtet. Dann entstehen $10$ Möglichkeiten, es in einer Spalte zu platzieren und $9$ Möglichkeiten für eine Zeile. Es gibt also $90$ Möglichkeiten, dieses Rechteck in einem $10\times 10$-Gitter zu platzieren. Analoges gilt für horizontal ausgerichtete Rechtecke in diesem Gitter. Folglich gibt es in jedem der $90+90=180$ Rechtecke zwei, also insgesamt $360$ Diagonalen.

Ergebnis:

$5963$

Da $\mathit{MATH}$ und $\mathit{HAHA}$ die gleiche Hunderterstelle haben und die Hunderterstelle in $2024$ gleich $0$ ist, kann es beim Addieren der Zehnerstelle auf der linken Seite keinen Übertrag geben. Also ist $\mathit{TH}=\mathit{HA}+24$ und $M=H+2$. Bei der Addition von $A$ und $4$ muss es dagegen einen Übertrag geben, sonst wäre $T=H+2=M$ und die Ziffern $T$ und $M$ wären gleich. Daraus folgt $H=A+4-10=A-6$ und $M=A-4$ sowie $T=A-3$. Die Möglichkeiten für $\mathit{MATH}$ reduzieren dich daher auf $3741$, $4852$ und $5963$, wovon die letzte den größten Wert besitzt.

Ergebnis:

$48$

Da die Höhen von den beiden Eckpunkten zur Diagonale für alle beteiligten Dreiecke gleich lang sind, ist der schraffierte Flächeninhalt genau $\frac{3}{7}$ des Flächeninhalts des Rechtecks. Daher lautet die Lösung $\frac{3}{7}\cdot 8\cdot 14=48$.

Ergebnis:

$116$

Es sei $m$ die Anzahl der Mädchen und $b$ die der Buben. Die gemachten Aussagen führen zu den folgenden Gleichungen:

Setzt man $b=\frac{5}{4}m+\frac{5}{4}$ aus der ersten Gleichung in die zweite Gleichung ein, so ergibt sich

Nach Multiplikation mit dem Hauptnenner und Zusammenfassen erhält man $m=51$ und daraus $b=\frac{13}{10}\cdot 50=65$. Folglich ist die Anzahl der Kinder $m+b=51+65=116$.

Ergebnis:

$50$

Es gibt sieben Quadrate der Seitenlänge $1$ und zwei Quadrate der Seitenlänge $2$. Um die Anzahl der Quadrate auf fünf zu reduzieren, muss man genau vier Quadrate auflösen. Um das durch $3,7,6,10$ begrenzte Quadrat zu entfernen, muss man mindestens drei Streichhölzer wegnehmen und es würden acht Quadrate verbleiben. Dieses Quadrat muss also erhalten bleiben. Das Streichholz $6$ kann deshalb nicht entfernt werden.

Wenn man eines der Streichhölzer $11$ oder $13$ entfernt, werden gleichzeitig die beiden großen Quadrate und ein kleines Quadrat aufgelöst. Wenn eines dieser Streichhölzer genommen wird, muss das letzte Quadrat durch Wegnahme von zwei Streichhölzern aufgelöst werden. Wenn das Streichholz $11$ entfernt wird, dann können das Paar $12$, $13$ oder das Paar $18$, $20$ entfernt werden, damit wie gefordert genau fünf Quadrate übrig bleiben. Wenn das Streichholz $13$ entfernt wird, dann kann dazu das Paar $1$, $4$, das Paar $11$, $12$ oder das Paar $16$, $19$ entfernt werden. Davon hat die Wegnahme der Streichhölzer $11$, $18$, $20$ den höchsten Summenwert, nämlich $49$.

Wenn die beiden großen Quadrate intakt bleiben, sind $5$, $12$ und $17$ die einzigen Streichhölzer, die entfernt werden könnten, aber das führt nicht zu einer gültigen Konfiguration.

Da das Streichholz $6$ nicht genommen werden darf und ein großes Quadrat aufgelöst werden muss, kann man annehmen, dass beide Streichhölzer aus einem der folgenden Paare entfernt werden: dem Paar $18$, $20$ oder dem Paar $16$, $19$ oder dem Paar $1$, $4$. Dabei werden zwei Quadrate gleichzeitig entfernt, ein großes und ein kleines. Danach muss ein drittes Streichholz genau zwei Quadrate auflösen.

Im Falle des Paares $18$, $20$ kann es entweder das Streichholz $11$ sein, das ein kleines und ein großes Quadrat auflöst, oder $12$, das zwei kleine Quadrate auflöst. Letzteres ergibt einen Summenwert von $50$. Das Streichholz $13$ kann nicht genommen werden, da dann das Streichholz $15$ zu keinem Quadrat gehören würde. In ähnlicher Weise kann man zeigen, dass das Entfernen des Paares $16,19$ zusammen mit dem Streichholz $13$ eine Gesamtsumme von $48$ ergibt. Daher ist $50$ die gesuchte Antwort.

Ergebnis:

$65$

Sei $r$ der Radius des Zylinders. Aus der ersten Beobachtung folgt, dass das Volumen des Wassers in der Flasche $13\pi r^2$ ist. Mit der zweiten Messung wird das Volumen der Luft in der Flasche bestimmt, nämlich ist es $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Folglich hat die Flasche ein Gesamtvolumen von $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$ und der gesuchte Prozentsatz ist

Ergebnis:

$28$

Es gibt vier Wege von $A$ nach $B$, die nicht über $C$ gehen. Einer davon bietet zwei Möglichkeiten, um nach $C$ zu gelangen, ein Weg hat genau eine Möglichkeit, nach $C$ zu kommen, und bei den anderen beiden Wege gibt es keine Möglichkeit, nach $C$ zu gehen, ohne dass eine Straße zweimal benutzt wird.

Insgesamt gibt es also drei gültige Wege nach $C$, die über $B$ gehen. Zwei davon haben die Länge $10$, der andere nur $8$. Folglich ist $28$ die gesuchte Summe.

Ergebnis:

$44$

Wache $A$ sei die Wache, die für eine Runde ihres rechteckigen Wegs $14$ Minuten braucht, und Wache $B$ sei die Wache, die für eine Runde ihres quadratischen Wegs $12$ Minuten benötigt. Es gibt zwei mögliche Kontrollpunkte, an denen die beiden Wachen sich treffen können.

Wenn sie sich am linken Kontrollpunkt nach $a$ vollen Runden von $A$ und $b$ vollen Runden von $B$ treffen, dann muss

gelten. Diese Gleichung vereinfacht sich zu $7a=6b+3$ und es folgt $7\mid 6b+3$. Wenn man die Werte für $b\in \{0,1,2\dots \}$ durchprobiert, so erhält man $b=3$ und $a=3$ als kleinste Lösung.

Wenn die Wachen sich beim rechten Kontrollpunkt treffen, dann muss in analoger Weise

gelten, also $7a=6b-1$. Daraus ergibt sich die Teilbarkeitsbedingung $7\mid 6b-1$, die aber $b\ge 6$ mit sich bringt.

Deshalb treffen sich die beiden Wachen zum ersten Mal nach $14\cdot 3+2=44$ Minuten.

Ergebnis:

$26$

Indem man beide Gleichungen quadriert und danach ihre Summe bildet, erhält man $2b^2=392$. Da $b$ positiv sein muss, ist $b=14$ die einzige Lösung für $b$. Setzt man dieses Ergebnis in die quadrierte erste Gleichung ein, so ergibt sich $a^2+24=c^2$, also $c^2-a^2=24$. Setze $d=c-a$. Dann ist $d$ auf jeden Fall eine gerade Zahl, denn $c$ und $a$ sind entweder beide gerade oder beide ungerade.

Der Wert von $c^2-a^2=(c-a)(c+a)$ kann nach unten abgeschätzt werden mit $d(d+2)$, was für $d\ge 6$ mindestens $48$ ergibt, also eine Zahl größer als $24$. Daher bleiben für $d$ nur noch die Optionen $d=2$ oder $d=4$. Im ersten Fall ergibt sich $a+c=12$ mit der Lösung $a=5$ und $c=7$. Im zweiten Fall bekommt man $a+c=6$ mit der Lösung $a=1$ und $c=5$. Folglich ist $5+14+7=26$ der größtmögliche Wert für $a+b+c$.

Ergebnis:

$\frac{3}{4}$

Eine Unterteilung in kongruente Dreiecke, wie sie in der Abbildung zu sehen ist, führt mittels Abzählen zur Antwort $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$.

$$$$

Alternative Lösung. Sei $r$ der Radius des Kreises. Beide Sechsecke können in sechs gleichseitige Dreiecke unterteilt werden. Im Fall des Sechsecks $S_{\text{innen}}$ ist $\frac{1}{2}\sqrt{3}r$ die Höhe eines gleichseitigen Dreiecks, während ein gleichseitiges Dreieck des Sechsecks $S_{\text{außen}}$ die Höhe $r$ besitzt. Deshalb ist der Ähnlichkeitsfaktor für die Längen $k=\frac{1}{2}\sqrt{3}$ und folglich der Ähnlichkeitsfaktor für die Flächeninhalte $k^2=\frac{3}{4}$.

Ergebnis:

$20$

Die Primfaktorzerlegung jedes quadratischen Geburtstags setzt sich aus einem oder mehreren Faktoren $p^k$ mit primem $p$ und $k>1$ zusammen. Alle solchen Produkte kleiner oder gleich $196$ sind $2^k$ für $k=2,\dots ,7$ sowie $3^2,3^3,3^4,2^2\cdot 3^2,2^2\cdot 3^3,2^3\cdot 3^2,2^4\cdot 3^2$, $5^2,5^3,2^2\cdot 5^2$, $7^2,2^2\cdot 7^2$, $11^2,13^2$, zusammen also 20 Zahlen.

Ergebnis:

$3^8\cdot 2=13122$

Die Organisatoren haben drei Fragen aus dem ersten Wettbewerb zur Auswahl. Aus dem zweiten Wettbewerb können sie eine der $4-1=3$ möglichen Fragen wählen, da eine Nummer durch die aus dem ersten Wettbewerb ausgewählte Frage bereits besetzt ist. Es ist leicht zu erkennen, dass dieses Muster bis zum achten Wettbewerb bestehen bleibt, nämlich dass im $k$-ten Wettbewerb bereits $k-1$ Nummern aufgrund vorheriger Entscheidungen nicht mehr verfügbar sind, so dass drei Optionen übrig bleiben. Im neunten Wettbewerb kann die Frage $11$ nicht gewählt werden, da die Nummer zu groß ist, so dass nur noch zwei Fragen zur Auswahl stehen. Aus dem zehnten Wettbewerb können die Fragen Nr. $11$ und Nr. $12$ nicht gewählt werden, so dass nur eine geeignete Frage übrig bleibt. Insgesamt gibt es $3^8\cdot 2=13122$ solcher Tests.

Ergebnis:

$142857$

Weil man ja die Einerstelle der neuen Zahl kennt, denn sie ist $1$, kann man die ursprüngliche Zahl schrittweise wie folgt über die Multiplikation mit $3$ rekonstruieren:

In der Tat ist $142857\cdot 3=428571$ erfüllt.

Alternative Lösung. Jede positive ganze Zahl mit erster Ziffer $1$ und mindestens zwei Stellen kann geschrieben werden als $10^k+a$ mit einem $k\ge 1$ und einer $k$-stelligen Zahl $a$. Nachdem die Ziffer $1$ vom Beginn der Zahl nach hinten gewandert ist, hat die neu entstandene Zahl die Form $10a+1$. Also muss die Gleichung

für $k$ und $a$ gelöst werden. Nach Vereinfachung ergibt sich

Die Zahl auf der linken Seite ist nichts anderes als eine $2$ gefolgt von $k$ Neunen. Nun nimmt man so viele Neunen her, wie man braucht, und dividiert die Zahl $299\dots 9$ durch $7$, bis kein Rest mehr bleibt. Diese Vorgehensweise führt zu $a=42857$ und damit zur Lösung $142857$.

Ergebnis:

$58$

Wenn $x$ die Seitenlänge der kleineren Quadrate bezeichnet, so folgt aus dem Satz des Pythagoras für das graue rechtwinklige Dreieck im Bild

Diese Gleichung vereinfacht sich zu $x^2=2x$, woraus $x=2$ folgt. Die Antwort ist dann $2\cdot (2^2+5^2)=58$.

$$$$

Ergebnis:

$18$

Die Länge des ungedehnten Seils sei mit $l$ und die Höhe der Wand mit $h$ bezeichnet. Wenn der Kletterer auf die Markierung trifft, ist die Länge der Hälfte des (gedehnten) Seils gleich der doppelten Entfernung des Kletterers vom höchsten Punkt der Wand. Also ergibt sich die Gleichung

Wenn der Kletterer den Boden berührt, erhält man in ähnlicher Weise

was nach dem Einsetzen von $l=\frac{20}{9}h$ aus der ersten Gleichung leicht zu lösen ist und $h=18$ ergibt.

Ergebnis:

$10$

Sei $b$ die Anzahl der blauen Socken. Die Wahrscheinlichkeit, dass alle beide Socken blau sind, ist dann $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Weil dieser Ausdruck nach Voraussetzung gleich $\frac{2}{15}$ sein soll, muss die folgende Gleichung gelten:

Da sowohl $3$ als auch $5$ die linke Seite teilen und beide zu 2 teilerfremd sind, müssen sie auf der rechten Seite $n\cdot (n-1)$ teilen. Nun startet man für $n$ mit kleinen Vielfachen von 3 bzw. 5, um zu entdecken, dass $n=6$ zu $15\cdot b\cdot (b-1)=2\cdot 6\cdot 5=60$ führt. Allerdings kann $b\cdot (b-1)=4$ leider nicht für ganze Zahlen erfüllt werden. Deshalb ist $n=6$ keine Lösung. Für $n=10$ kann die Gleichung $b\cdot (b-1)=12$ mit dem ganzzahligen $b=4$ erfüllt werden. Folglich ist 10 die gesuchte Antwort für $n$.

Ergebnis:

$9876504$

Hier wird folgende Regel (alternierende Quersumme) für die Teilbarkeit durch $11$ benutzt: Eine ganze Zahl ist genau dann durch $11$ teilbar, wenn die Differenz zwischen der Summe der Ziffern auf den ungeraden Stellen und der Summe der Ziffern auf den geraden Stellen durch $11$ teilbar ist.

Unter allen Zahlen mit einer vorgegebenen Anzahl an Stellen, sieben in diesem Fall, sind diejenigen Zahlen die größeren, die mit den höchsten Ziffern beginnen. Sucht man nach einer geforderten Zahl, so beginnt man aus diesem Grund, die Ziffern von $9$ an absteigend zu wählen. Nach dem Aufschreiben von $98765$ stellt man fest, dass die Summe der Ziffern auf den „ungeraden“ Stellen $9+7+5=21$ ist und diejenige auf den „geraden“ Stellen $8+6=14$ ist. Ihre Differenz ist $7$ und die Teilbarkeit durch $11$ soll erreicht werden, indem zwei Ziffern aus der Menge $\{0,1,2,3,4\}$ hinzugenommen werden. Als einzige Möglichkeit bleibt, die $0$ zu den „geraden“ Stellen und die $4$ zu den „ungeraden“ Stellen hinzuzufügen, was zur Lösung $9876504$ führt. Weil alle anderen Lösungen mit einer fünfstelligen Zahl kleiner als $98765$ beginnen, ist $9876504$ in der Tat die größte Zahl ihrer Art.

Alternative Lösung. Starte mit $9876543$, der größten siebenstelligen Zahl mit verschiedenen Ziffern. Benutze entweder die Regel über die Teilbarkeit durch $11$ oder schriftliche Division, um zu erkennen, dass diese Zahl nicht durch $11$ teilbar ist, aber die etwas kleinere Zahl $9876537$ schon. Dies ist das größte Vielfache von $11$, das kleiner ist als die Zahl, von der aus gestartet wurde. Weil ihre Ziffern nicht alle verschieden sind, wird $11$ abgezogen und die danach erhaltene Zahl erneut daraufhin geprüft, ob alle ihre Ziffern verschieden sind. Nach nur ein paar Schritten

ergibt sich die gesuchte Zahl $9876504$.

Ergebnis:

$13$

Fertige gemäß den gegebenen Daten eine Skizze. Vervollständige $B$ und $C$ mit einem dritten Punkt $E$ auf der Strecke $CD$ zu einem gleichseitigen Dreieck $BCE$. Dann hat das Dreieck $AED$ Seiten mit den Längen $\overline{AE}=8$ und $\overline{ED}=7$ sowie den Winkel $\angle DEA=120^{\circ }$. Mit dem Kosinussatz und $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$ ergibt sich deshalb ${\overline{AD}}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$. Folglich ist $\overline{AD}=13$.

$$$$

Alternative Lösung ohne den Kosinussatz. Wenn man das Dreieck $AED$ um ein halbes gleichseitiges Dreieck der Seitenlänge $7$ erweitert, kann man im Dreieck $DAF$ den Satz des Pythagoras anwenden, um $A{D}^2={(5+3+3.5)}^2+{(3.5\cdot \sqrt{3})}^2=169$ zu erhalten.

Ergebnis:

$18$

Zunächst einmal wird die Primfaktorzerlegung von $2024$ benötigt, sie lautet

Da $a$, $b$, $c$ und $d$ positive ganze Zahlen sind, gilt $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$ und $4+d\ge 5$. Ein Faktor $1$ oder ein Faktor $2$ auf der rechten Seite darf nur einmal in $(0+b)$ vorkommen und ein Faktor $4$ darf nur entweder in $(2+a)$ oder $(2+c)$ vorkommen.

Da das Produkt auf der rechten Seite der gegebenen Gleichung aus vier Faktoren besteht, gibt es vier mögliche Faktorzerlegungen von $2024$, wobei höchstens ein Faktor kleiner als 4 ist, nämlich

Bei der ersten Faktorzerlegung ist $b=1$, und die restlichen Faktoren können in beliebiger Reihenfolge $a+2$, $c+2$ und $d+4$ zugeordnet werden, was $6$ Lösungen ergibt. Bei der zweiten Faktorzerlegung gilt ebenfalls $b=1$, dann entweder $a+2=4$ oder $c+2=4$. Und in jedem dieser Fälle können die verbleibenden Faktoren auf zwei Arten zugeordnet werden, so dass es insgesamt $4$ Lösungen für die zweite Faktorzerlegung gibt. Analog dazu gibt es für die dritte und vierte Faktorzerlegung jeweils $4$ Lösungen. Insgesamt ergeben sich also $18$ verschiedene Lösungsquadrupel:

Ergebnis:

$3540$

Die gegebene Gleichung ist äquivalent zu $2^x\cdot 3^y=24^k$ mit einem Exponenten $k$, der folgendermaßen berechnet werden kann:

Es gilt also $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$, was $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ und $y=15\cdot 59$ bedeutet. Folglich ergibt sich $x+y=60\cdot 59=3540$.

Ergebnis:

$21$

Vorerst betrachtet man das erste und das letzte Dutzend, das jeweils aus dem ersten und zweiten bzw. zweiten und dritten Sechserpack an Äpfeln besteht. Wenn das mittlere Sechserpack, d.h. die Äpfel Nr. 7 bis Nr. $12$, nur grüne Äpfel enthält, fehlt sowohl im ersten als auch im letzten Dutzend nur ein grüner Apfel, was sich leicht beheben lässt, indem man einen grünen Apfel sowohl in das erste als auch in das letzte Sechserpack legt. Für eine Folge mit den geforderten Eigenschaften werden also mindesten $8$ grüne Äpfel benötigt. Wenn einige der Äpfel im mittleren Sechserpack rot sind, bräuchte man insgesamt mehr grüne Äpfel, denn für jeden grünen Apfel, der aus dem mittleren Sechserpack entfernt wird, muss man zwei Äpfel hinzufügen: einen in das erste Sechserpack und den anderen in das letzte Sechserpack. Daher muss das mittlere Sechserpack aus 6 grünen Äpfeln bestehen, damit $8$ die minimale Anzahl grüner Äpfel in der Folge ist.

Der erste und der letzte grüne Apfel können jedoch nicht beliebig in ihr Sechserpack gelegt werden. Um die Bedingung für jedes Dutzend aufeinander folgender Äpfel zu erfüllen, darf der Abstand zwischen den beiden grünen Äpfeln nicht größer als $12$ sein, d.h. wenn der erste grüne Apfel an der Position $2$ platziert wird, kann der letzte entweder an der Position $13$ oder an der Position $14$ platziert werden. Je nach der Position des ersten Apfels hat der letzte Apfel also $1$ bis $6$ mögliche Positionen. Wenn man diese addiert, erhält man $1+2+3+4+5+6=21$ mögliche Folgen.

Ergebnis:

$12$

Es seien $a$, $b$, $c$ die Anzahlen der $1\mathrm{ct}$-, $2\mathrm{ct}$- bzw. $5\mathrm{ct}$-Münzen im Haufen seiner Schwester. Dann gelten die Gleichungen

und

Wenn man die erste Gleichung von der zweiten subtrahiert, bekommt man $b+4c=115$. Diese Gleichung hat Lösungen der Form $b=115-4c$ mit einem beliebigen $c$. Die Bedingung $0<115-4c<106$ für $b$ schränkt aber $c$ ein, so dass $c\in \{3,4,\dots ,28\}$ gelten muss. Aber nicht für alle Lösungen gibt es eine gültige Anzahl an $1\mathrm{ct}$-Münzen. Deshalb muss auch noch die Bedingung $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$ für $c$ hinzugenommen werden. Nun sieht man, dass nur die Werte für $c$ aus der Menge $\{10,11,\dots 21\}$ zu einer gültigen Lösung führen. Deshalb gibt es insgesamt 12 mögliche Arten, eine gewünschte Verteilung vorzunehmen.

Ergebnis:

$36^{\circ }$

Benenne die Punkte wie in der folgenden Abbildung.

$$$$

Wenn man den Punkt $A$ mit $C$ verbindet, entsteht das gleichschenklige Dreieck $ABC$ mit einem Winkel der Größe $108^{\circ }+60^{\circ }=168^{\circ }$ in der Spitze $B$ und folglich Basiswinkeln von $6^{\circ }$. Daher kann man den Winkel $\angle DCA$ berechnen zu $90^{\circ }+60^{\circ }-6^{\circ }=144^{\circ }$. Weil das Viereck $ACDE$ ein Sehnenviereck ist, ergänzen sich gegenüber liegende Innenwinkel zu $180^{\circ }$. Der gesuchte Winkel ergänzt sich mit dem eben berechneten Winkel $\angle DCA$ zu $180^{\circ }$ und ist deswegen $36^{\circ }$ groß.

Ergebnis:

$11296$

Zunächst bestimmt man die Anzahl der Konfigurationen, in denen mindestens ein Turm von keinem anderen Turm angegriffen wird. Ein solcher Turm muss gleichzeitig allein in seiner Reihe und in seiner Spalte stehen, was bedeutet, dass es höchstens einen solchen Turm geben kann. Er kann auf $4\cdot 4=16$ Arten auf ein beliebiges Feld gesetzt werden. Entfernt man die entsprechende Zeile und Spalte, so bleiben neun Felder übrig, auf die die verbleibenden acht Türme platziert werden müssen. Das leere Feld kann auf $9$ Arten gewählt werden. Insgesamt gibt es also $16\cdot 9=144$ Möglichkeiten, dies zu tun. Die Gesamtzahl der Möglichkeiten, aus sechzehn Feldern neun Felder auszuwählen, beträgt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)=11440$. Somit ist das gewünschte Ergebnis $11440-144=11296$.

Ergebnis:

$9409$

Da $N$ selbst keine Primzahl sein darf, ist $N$ entweder $1$ oder es gibt eine Primzahl $p<N$, die $N$ teilt. Die Bedingung $p<100$ führt zu

Man stellt fest, dass $N=97^2=9409$ die gestellten Anforderungen erfüllt.

Angenommen, es gibt eine Zahl $N^{\prime }>9409$, die auch den gestellten Bedingungen genügt. Wenn $p\le 97$ eine Primzahl ist, die $N^{\prime }$ teilt, dann ist der Quotient $\frac{N^{\prime }}{p}$ eine ganze Zahl größer als $97$. Das bedeutet nun $\frac{N^{\prime }}{p}\in \{98,99\}$, weil jeder Teiler von $N^{\prime }$ ja kleiner als $100$ sein soll. Aber dann ist $N^{\prime }$ durch $k\in \{2,3\}$ teilbar und aus den auferlegten Bedingungen folgt

was einen Widerspruch ergibt.

Deshalb ist $N=9409$ die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

$845$

Eine Haltestelle, an der alle drei Buslinien stoppen, sei mit $s_0$ bezeichnet und die $k$-te Haltestelle von Linie $A$ nach $s_0$ mit $s_k$. Nun wird berechnet, wie viele Möglichkeiten Theo hat, von einer Haltestelle $s_0$ die Haltestelle $s_6$ zu erreichen.

1.

Theo kann die Haltestelle $s_1$ auf genau eine Art erreichen, nämlich mit der Buslinie $A$.

2.

Es gibt zwei Möglichkeiten, zur Haltestelle $s_2$ zu gelangen: entweder mit Linie $A$ von der Haltestelle $s_1$ aus oder mit Linie $B$ von der Haltestelle $s_0$ aus.

3.

Um zur Haltestelle $s_3$ zu gelangen, nimmt Theo entweder die Linie $C$ von der Haltestelle $s_0$ aus oder die Linie $A$ von Haltestelle $s_2$ aus, welche wiederum auf $2$ Arten erreicht werden kann. Also gibt es hier insgesamt $3$ mögliche Wege.

4.

Zur Haltestelle $s_4$ gelangt man entweder mit Linie $A$ von Haltestelle $s_3$ aus oder mit Linie $B$ von Haltestelle $s_2$ aus. Folglich gibt es hier $3+2=5$ Wege.

5.

Es gibt nur einen Weg zur Haltestelle $s_5$, nämlich mit Linie $A$ von $s_4$ aus. Also sind es hier $5$ Möglichkeiten.

6.

Schließlich die Haltestelle $s_6$ zu erreichen, geht entweder mit Linie $A$ von $s_5$ aus oder mit Linie $B$ von $s_4$ aus oder mit Linie $C$ von $s_3$ aus. Deshalb gibt es hier $3+5+5=13$ Wege.

Haltestellen, an denen alle drei Buslinien stoppen, sind die Zentrale $c$, die Haltestelle Nr. 6 und die Haltestelle Nr. 12. Da jede dieser drei aufgezählten Haltestellen die Haltestelle $s_0$ sein kann, gibt es $13$ mögliche Wege für Theo, um vom $c$ zur Haltestelle Nr. $6$ zu kommen, und ebenso viele um von Haltestelle Nr. $6$ zur Haltestelle Nr. 12 zu gelangen. Es ist ersichtlich, dass das Erreichen der 17-ten Haltestelle von Haltestelle Nr. $12$ aus dem Erreichen der Haltestelle $s_5$ von $s_0$ aus entspricht. Deshalb sind es hier $5$ Wege. Insgesamt gibt es $5\cdot 13\cdot 13=845$ mögliche Wege für Theo, die Haltestelle Nr. $17$ zu erreichen.

Alternative Lösung mittels Rekursion. Die Haltestellen werden jetzt wieder mit ihren Nummern benutzt, wobei $c=0$ sein soll. Jede Haltestelle $s$ ist erreichbar mit Linie $A$. Also kann jede Reise zur Haltestelle $s-1$ über die Linie $A$ verlängert werden zu einer Reise zur Haltestelle $s$. Falls die Busse von Linie $B$ an der Haltestelle $s$ stoppen, dann können alle Reisen zur Haltestelle $s-2$ über die Linie $B$ nach $s$ fortgesetzt werden. Analoges ergibt sich, wenn an der Haltestelle $s$ die Busse der Linie $C$ stoppen. Bezeichnet man nun mit $J(s)$ die Anzahl der Möglichkeiten, wie Theo die Haltestelle $s$ erreichen kann, so erhält man für $s\ge 1$ die folgende Rekursionsvorschrift:

Da die zentrale Haltestelle $c$ auf nur eine Art und Weise „erreicht“ werden kann, ist $J(0)=1$ der Startwert für die Rekursion. Der Wert von $J(17)$ kann über die Rekursionsvorschrift berechnet werden. Die Pfeile unter der Tabelle zeigen an, welche Werte addiert werden, um einen Eintrag in der Tabelle zu erhalten:

$$$$

Ergebnis:

$3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Beachte, dass $a_1$ den Dezimalteil $a_1-\lfloor a_1\rfloor =\sqrt{3}-1$ hat. Es kann also $a_1$ als $a_1=1+\sqrt{3}-1$ geschrieben werden. Wir berechnen die ersten Terme

Die Terme $a_1$ und $a_3$ haben den gleichen Dezimalteil $\sqrt{3}-1$ und die Differenz $a_3-a_1=3$. Dasselbe gilt für die Terme $a_2$ und $a_4$, die denselben Dezimalteil $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ und die Differenz $a_4-a_2=3$ haben. Dies führt uns zu der Hypothese $a_{2k+1}=3k+1+\sqrt{3}-1$ und $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ für $k=0,1,\dots$. Die Gültigkeit für alle $k$ kann durch Induktion bewiesen werden; sie ist klar für $k=1$ und $k=2$. Für den Rest genügt es, die Formeln in die Definition $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$ einzusetzen. Es gilt

Also ist $a_{2024}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Ergebnis:

$2520$

$$$$

Wir stellen zunächst fest, dass $A=[2,4]$ und $B=[6,3]$ gilt, bezogen auf die linke untere Ecke des Quadrats. Spiegle $A$ und $B$ an den Seiten des Quadrats und beschrifte alles entsprechend der Abbildung.

Betrachte die Bahn von $A$ nach $B$, die an $KN$ und dann an $MN$ abprallt, und spiegle den Teil, der an $A$ (bzw. $B$) angrenzt, an $KN$ (bzw. $MN$). Aufgrund der Spiegelungswinkelregel erhalten wir genau das Segment $A_1{B}_2$. Im Folgenden werden wir sagen, dass die Bahn zu $A_1{B}_2$ begradigt wurde. Man beachte, dass dies die einzige zulässige Bahn der Kugel ist, die genau an diesen beiden Seiten des Quadrats abprallt. In der Tat führt die Begradigung einer möglichen Bahn $A\to MN\to KN\to B$ zu dem Segment $A_2{B}_1$, welches das Quadrat $KLMN$ nicht schneidet. Dies ist auf die Eigenschaften der Reflexion zurückzuführen, die besagen, dass $N$ der Mittelpunkt sowohl von $A_1{A}_2$ als auch von $B_1{B}_2$ ist. Daher ist eine solche Bahn nicht möglich.

In ähnlicher Weise transformieren sich alle gewünschten Kugelbahnen, die von zwei benachbarten Seiten des Quadrats $KLMN$ abprallen, in eine Seite des Vierecks $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ oder dessen verschobener Kopie $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$. Von den entsprechenden kongruenten Seiten wird genau eine verwendet, weil die andere Seite eine ungültige Konfiguration liefert. Daraus folgt, dass diese Bahnen zur Summe der Längen im Quadrat durch die Summe der Quadrate der Seitenlängen von $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ beitragen. Mit Hilfe des Satzes von Pythagoras und der Tatsache, dass seine Diagonalen senkrecht aufeinander stehen und sich im Punkt $C=[6,4]$ schneiden (siehe Abbildung unten), erhalten wir

als Beitrag für die zu bestimmende Summe.

$$$$

Nun sind noch die Kugelbahnen zu betrachten, auf denen die Kugel von zwei gegenüberliegenden Seiten des Quadrats $KLMN$ abprallt, wie die unten gezeigten.

$$$$

In diesem Fall sind beide Bahnen möglich, was zu einem Beitrag führt, welcher der Summe der Quadrate der Diagonalen der Parallelogramme $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$ und $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$ entspricht. Aus der Tatsache, dass die Summe der Quadrate der Diagonalenlängen eines Parallelogramms gleich der Summe der Quadrate seiner Seitenlängen ist, ergibt sich

für jedes der beiden Parallelogramme. Die Gesamtsumme ist also

Ergebnis:

$94590$

Aufgrund der Teilbarkeitsbedingung der paarweise verschieden Zahlen $a$, $b$ und $c$ muss $2\cdot a\le b$ und $2\cdot b\le c$ gelten. Mit $s(k)$ sei die Anzahl der Ziffern von $k$ notiert. Die gegebenen Teilbarkeitsbedingungen implizieren $s(a)\le s(b)\le s(c)$. Wegen $s(a)+s(b)+s(c)=5$ gibt es hier nur diese zwei Fälle:

1.

Für die Ziffernanzahlen gilt $s(a)=1$, $s(b)=1$ und $s(c)=3$:
Dann ist $a$ höchstens $4<\frac{9}{2}$. Dies führt zum Ergebnis $a=4$, $b=8$ und $c=992$.

2.

Für die Ziffernanzahlen gilt $s(a)=1$, $s(b)=2$ und $s(c)=2$:
Dann ist $b$ höchstens $49<\frac{99}{2}$. Um die Zahl $a\parallel b\parallel c$ zu maximieren, nimmt man als erste Ziffer eine $9$ an. Das maximal mögliche $b$ dazu ist $b=45$, woraus $c=90$ folgt. Die Verwendung eines kleineren Wertes für $a$ führt zwangsweise zu einem kleineren Ergebnis.

Folglich ist $94590$ die größtmögliche fünfstellige dreilbare Zahl.

Ergebnis:

$471$

Gesucht werden also solche $x$, für die der Bruch ${\displaystyle \frac{2x^3+2x+4}{x+5}}$ eine ganze Zahl ergibt. Wegen

genügt es, dass $x+5$ die Zahl $256=2^8$ teilt. Da $x>5$ ist, werden Teiler gesucht, die größer als $10$ sind. Alle diese Teiler sind $16$, $32$, $64$, $128$ und $256$. Die gesuchte Lösung ist daher die Summe