Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$\frac{502}{1509}$

Offensichtlich gilt $a<2011$, so dass die Ungleichung

aufgestellt werden kann. Das kann zu $4a<2011$ umgeformt werden, woraus folgt, dass der größtmögliche Wert für $a=502$ ist, so dass der kleinstmögliche Wert für $b=1509$ ist, was die Lösung $\frac{502}{1509}$ ergibt.

Ergebnis:

$7$

Seien $G_1$ und $H_1$ die Projektionen von $G$ und $H$ auf die Strecke $\mathit{AB}$. Dann erhält man $\overline{H_1{G}_1}=\overline{\mathit{HG}}=5$. Ebenfalls ergibt sich $\overline{E{H}_1}=\overline{G_{1}F}$ und $\overline{E{H}_1}=\overline{\mathit{DH}}-\overline{\mathit{AE}}=1$, woraus $\overline{\mathit{EF}}=\overline{E{H}_1}+\overline{H_1{G}_1}+\overline{G_{1}F}=7$ folgt.

Ergebnis:

$58$

Die gegebene Zahl ist gleich

Daraus erkennt man, dass die Quersumme der Zahl $58$ ist.

Ergebnis:

$8$

Seien $r$, $g$, $b$ die Anzahlen der roten, grauen und blauen T-Shirts. Dann erhält man das Gleichungssystem

Durch Addieren dieser beiden Gleichungen ergibt sich $b=8$.

Ergebnis:

$3$

Es seien $k$ Haufen ($k\ge 2$). Für $i=1,\dots ,k$ sei $n_i\ge 2$ die Anzahl der Nüsse des $i$-ten Haufens. Da nach Umverteilung der Nüsse auf allen Haufen gleich viele Nüsse liegen, muss vorher $n_2=n_3=\dots =n_k$ gewesen sein. Außerdem hat man $n_1+(k-1)n_2=33$ und $n_1+(k-1)=n_2-1$. Zieht man von der ersten Gleichung die zweite ab, so ergibt sich $(k-1)(n_2-1)=33-(n_2-1)$. Dies lässt sich umformen zu $k\cdot (n_2-1)=33$. Offensichtlich kann $k$ nicht 33 sein. Wäre $k=11$, dann wäre $n_2=4$, womit $n_1+(k-1)=n_2-1$ nicht erfüllbar wäre. Wegen $k\ge 2$ bleibt nur noch die Möglichkeit $k=3$ übrig. In diesem Fall ist $n_2=12$ und alle gestellten Bedingungen sind erfüllt.

Es gibt also nur die eine Möglichkeit, dass es 3 Haufen sind.

Ergebnis:

$9$

Seien $x$, $y$, $z$ und $t$ die Längen der Seiten der vier Rechtecke, wie in der Zeichnung, und seien $u_A$, $u_B$, $u_C$, $u_D$ die Umfangslängen der vier Rechtecke. Dann gilt $u_A+u_D=2(t+x)+2(y+z)=2(x+y)+2(t+z)=u_B+u_C$, woraus sich $u_D=4+7-2=9$ ergibt.

Ergebnis:

$A=6$, $B=7$, $C=4$

Aus $A+10A+B+100A+10B+C=100B+10C+B$ folgt $111A=90B+9C$. Deshalb gilt $9\mid 111A$, woraus $3\mid A$ folgt.

Aus $A=3$ würde $B=3$ und $C=7$ folgen, dann wären aber $A$, $B$, $C$ nicht paarweise verschieden.

Aus $A=6$ folgt $B=7$ und $C=4$.

Aus $A=9$ würde $111=10B+C$ folgen, was die Voraussetzung, dass $B$ und $C$ Ziffern sind, nicht erfüllt.

Deshalb ist die einzige Lösung $A=6$, $B=7$, $C=4$.

Ergebnis:

$5{\text{cm}}^2$

Seien $a$ und $b$ die Seiten des Rechtecks. Dann erhält man $2(a+b)=10$ und $a^2+b^2=15$, so dass $2\mathit{ab}={(a+b)}^2-(a^2+b^2)=5^2-15=10$ folgt. Daraus ergibt sich der Flächeninhalt zu $5{\text{cm}}^2$.

Ergebnis:

$10$

Sei $S$ die Fläche einer Seite eines kleinen Würfels. Dann ist die Summe der Oberflächen"-inhalte aller Würfel $6\cdot S\cdot N^3$ und die Oberfläche des großen Würfels $6\cdot S\cdot N^2$. Laut Aufgabenstellung gilt nun $6\cdot S\cdot N^2=\frac{1}{10}\cdot 6\cdot S\cdot N^3$, woraus $N=10$ folgt.

Ergebnis:

$35$

Sei $m$ die Anzahl der Mädchen im Mathezirkel und sei $N$ die Gesamtzahl der Mitglieder. Laut Aufgabenstellung gilt nun $\frac{48,5}{100}\cdot N<m<\frac{N}{2}$, so dass man $N=2m+a$ mit einer ganzen Zahl $a>0$ und $97N=200m-b$ mit einer ganzen Zahl $b>0$ schreiben kann. Die letzte Gleichung kann zu $97(2m+a)=200m-b$ bzw. dazu äquivalent zu $97a+b=6m$ umgeformt werden.

Wenn $a=1$ ist, dann ist $5$ der kleinste Wert für $b$, der die Gleichung erfüllt, was zu $m=17$ und $N=35$ führt.

Wenn $a\ge 2$ ist, dann gilt $6m>194$ und $m\ge 33$, was $N\ge 67$ bedeutet. Deshalb führt $a=1$ zum kleinsten Wert für $N$, nämlich $N=35$.

Ergebnis:

$n=9$, $k=27$

Damit $k^2$ eine Kubikzahl ist, muss $k$ selbst auch eine Kubikzahl sein. Die einzige zweistellige Kubikzahl unter $44$ ist $27$, was die Lösung $n=9$ und $k=27$ ergibt.

Ergebnis:

$11110$

Umformung der Gleichung ergibt

Ergebnis:

$15317$

Die Zahl kann als $100\cdot a+17$ für ein $a\in {\mathbb{N}}_0$ geschrieben werden. Da $17$ teilerfremd zu $100$ ist, muss $a$ durch $17$ teilbar sein und Quersumme $17-8=9$ haben. Deshalb ist $a$ auch ein Vielfaches von $9$. Das kleinste $a$, das beide Bedingungen erfüllt, ist $153$. Also ist $15317$ die Lösung.

Ergebnis:

$3$

Wenn man alle zweistelligen Vielfachen von $17$ und $23$ aufschreibt, erkennt man, dass jede einzelne Ziffer genau einmal als Endziffer vorkommt. So kann man die Zahl aus ihrem Ende $\dots 9234692346851$ rekonstruieren. Durch Ausnutzen der Periode kann man nun feststellen, dass die erste Ziffer $3$ ist.

Ergebnis:

$9$

Zuerst erkennt man, dass es für jede Quersumme $k\in \mathbb{N}$ genau eine kleinste positive Zahl mit dieser Quersumme gibt, d.h. eine fantastische Zahl. Diese bezeichnen wir mit $a_k$. Die Zahlen $a_1,\dots ,a_{18}$ sind höchstens zweistellige Zahlen, während $a_{28},a_{29},\dots$ mehr als drei Stellen haben. Weil die Quersummen dreistelliger Zahlen alle Zahlen zwischen $19$ und $27$ abdecken, haben $a_{19},\dots ,a_{27}$ sicherlich drei Stellen. Deshalb gibt es $9$ fantastische Zahlen.

Ergebnis:

$11$

Ergebnis:

$4648$

Seien $a_1,a_2,\dots ,a_9$ die Ziffern. Dann lauten die Tripel

so dass ihre Summe

lautet.

Um das Ergebnis zu maximieren, muss man $a_3$ bis $a_7$ mit den höchsten Ziffern besetzen und $a_2=4$, $a_1=3$, $a_8=2$ und $a_9=1$ wählen.

Dann erhält man

Ergebnis:

$30$, $35$

Seien $p$ und $n$ die Anzahlen der positiven und negativen Zahlen im Quadrat. Laut Angabe muss $p+n\le 100$ und $p\cdot n=1000$ gelten, was zu den vier Lösungen

führt. Also kann die Zahl $0$ entweder $30$- oder $35$-mal vorkommen.

Ergebnis:

$20101$

Man beweist durch Induktion, dass das Königreich am $k$-ten Tag Münzen mit dem Wert von $10(k-1)+1$ prägt. Das Ergebnis $20101$ erhält man durch Einsetzen von $k=2011$.

$k=1$ ist klar. $k=2$: Der kleinste Wert, der mit zehn 1 MD-Münzen nicht gezahlt werden kann, ist $11=10(k-1)+1$.

Nach Induktionsvoraussetzung werden am $k$-ten Tag Münzen mit dem Wert $10(k-1)+1$ geprägt, da $10(k-1)+1$ der kleinste Wert ist, der nicht mit höchstens $10$ Münzen der Sorten $10(i-1)+1$ für $1\le i\le k-1$ gezahlt werden kann.

Am $(k+1)$-ten Tag können dann alle Werte bis $10\cdot k$ mit höchstens $10$ Münzen gezahlt werden, entweder nach Induktionsvoraussetzung oder durch $(10(k-1)+1)+j$ für $1\le j\le 9$. Andererseits kann der Wert $(10(k-1)+1)+10$ aber nicht mit höchstens $10$ Münzen bezahlt werden, da sowohl $10k+1$ als auch alle anderen Münzen beim Teilen durch $10$ Rest $1$ lassen. Also werden nun Münzen mit dem Wert $10k+1$ geprägt.

Ergebnis:

$\frac{1}{4}$

Ein Punkt ist nicht näher als $p$ an irgendeiner Seite genau dann, wenn er in einem kleinen Quadrat mit Seitenlänge $1-2p$ liegt. Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit als Flächenanteil

Diese Gleichung hat zwei Lösungen, nämlich $p=\frac{1}{4}$, welche die Bedingungen erfüllt, und $p=1$, was nicht möglich ist.

Ergebnis:

$861$

Sei $a$ die Summe der Zahlen in der ersten Zeile und sei $b$ die Summe der Zahlen in der Spalte, die am weitesten links liegt. Dann kann man die Summe der Zahlen im Quadrat auf zwei Arten berechnen und erhält $a+(a+2)+(a+4)=3a+6=7b=b+2b+4b$. Durch Ausprobieren der drei Fälle, in welcher Zeile die Summe $2011$ steht, erhalten wir als einzige Lösung $b=861$.

Ergebnis:

$230\text{m}$

Sei $b$ die Breite des Flusses in Metern. Als sich die Boote zum ersten Mal trafen, waren sie zusammen $b$ Meter gefahren. Bis zum zweiten Treffen waren sie $3b$ Meter gefahren. Für das Boot, das vor dem ersten Treffen $100\text{m}$ gefahren ist, kann man aufgrund der konstanten Geschwindigkeit die Gleichung $3\cdot 100=b+70$ aufstellen, was zu $b=230$ führt. Also ist der Fluss $230\text{m}$ breit.

Ergebnis:

$\frac{3\pi }{7}=77^{\circ }+\frac{1^{\circ }}{7}$

Die Punkte $A$, $B$, $C$ und $D$ werden wie in der Zeichnung bezeichnet. Dreht man nun die Strecke $\mathit{AC}$ um den Mittelpunkt der Figur gegen den Uhrzeigersinn um den Winkel $2\cdot \pi \cdot \frac{2}{7}$, so erhält man die Strecke $\mathit{DB}$. Deshalb beträgt $\mathit{\angle ASD}=\frac{4\pi }{7}$ und, da $\mathit{\angle BSA}$ Nebenwinkel ist, gilt $\mathit{\angle BSA}=\frac{3\pi }{7}$, was $\frac{540^{\circ }}{7}=77^{\circ }+\frac{1^{\circ }}{7}$ entspricht.

Ergebnis:

$40$

Schreibt man die rechte Seite um zu

so muss $2x+1=3^{2^2}=81$ gelten. Also ist $x=40$.

Ergebnis:

$24$

Schreibt man $1=\frac{a}{a}$ im Zähler und $1=\frac{b}{b}$ im Nenner, so erhält man

Wenn $b=1$ und $a=11$ gilt, so sind für $c$ die Werte $1,2,\dots ,18$ möglich. Im Fall $b=2$ und $a=22$ kommen für $c$ die Werte $1,2,\dots ,6$ in Frage. Für $b\ge 3$ erhält man $a\ge 33$, so dass die verlangte Ungleichung $a+b+c\le 30$ nicht mehr erfüllbar ist. Es kommen daher keine weiteren Lösungen hinzu. Insgesamt ergeben sich also $24$ Tripel.

Ergebnis:

$\sqrt{3}$

Da $\overline{\mathit{OB}}=1=\overline{\mathit{BU}}$ ist, ist das Dreieck $△\mathit{BOU}$ gleichschenklig. Deshalb liegt $B$ auf einer Mittelsenkrechten von $△\mathit{BOU}$ und auch auf der Hypotenuse von $△\mathit{AOU}$, so dass $B$ nach dem Strahlensatz auch der Mittelpunkt der Hypotenuse ist. Deshalb ist $\overline{\mathit{AB}}=1$ und mit dem Satz von Pythagoras ergibt sich die Lösung $\overline{\mathit{OU}}=\sqrt{3}$.

Ergebnis:

$200$

Angenommen $n$ Soldaten überleben, es gehören $a$ von ihnen $(a\le n)$ zu $A$ und $n-a$ zu $B$. Die Anzahl der Soldaten in $B$ vor dem dritten Angriff war dann $(n-a)+a=n$, und die Anzahl der Soldaten in $A$ war $a$. In $B$ waren vor dem zweiten Angriff $n$ Soldaten und in $A$ genau $a+n$. Schließlich waren anfangs $2n+a$ Soldaten in $B$ und $a+n$ in $A$. Da es am Anfang 1000 Beteiligte waren, erhält man die Gleichung $3n+2a=1000$. Will man nun das kleinste $n$ finden, so muss $a$ möglichst groß sein. Wegen $a\le n$ ist dies bei $a=n$ der Fall, also für $5n=1000$. Es folgt $n=200$.

Außerdem sieht man, dass in der Tat 200 überlebende möglich sind, wenn 400 Soldaten für $A$ kämpfen und 600 für $B$.

Ergebnis:

$392=7\cdot 7\cdot 8$

Außer $△A_1{A}_3{A}_5$ und $△A_2{A}_4{A}_6$ (gestrichelt in der Zeichnung) haben alle anderen Dreiecke mindestens eine rote Kante. Jedes gestrichelte Dreieck kann auf $2^3-1=7$ verschiedene Arten mit mindestens einer roten Kante gefärbt werden. Schließlich gibt es $2^3$ Möglichkeiten, die gepunkteten Diagonalen $A_1{A}_4,A_2{A}_5$ und $A_3{A}_6$ zu färben. Insgesamt hat man also $7\cdot 7\cdot 8=392$ mögliche Färbungen.

Ergebnis:

$51$

Da keiner von beiden bestimmen kann, wessen Zahl größer ist, hat niemand eine Zahl größer oder gleich $50$. Darüber hinaus kann Shris Zahl nur entweder $17$ oder $34$ sein, da sie durch $17$ teilbar ist. Damit Michal die Summe der Zahlen bestimmen kann, muss er die andere haben (die Zahlen sind unterschiedlich!). Daher ist die Summe $51$.

Ergebnis:

$0$

Stellt man Gleichungen auf, so findet man zwei Lösungen (abhängig davon, ob es draußen regnet oder nicht), von denen eine nicht funktioniert, da $\frac{11}{2}$ Inder Tee trinken würden, was unmöglich ist. Die andere Lösung funktioniert und deshalb trinken $0$ Inder Tee:

Bezeichnet man die Anzahl der Türken, die Kaffee trinken, mit $T_k$, die Anzahl der Türken, die Tee trinken, mit $T_t$, die Anzahl der Inder, die Kaffee trinken, mit $I_k$, und die Anzahl der Inder, die Tee trinken, mit $I_t$, so kann man unter der Annahme, dass es draußen regnet, folgende Gleichungen finden:

Subtrahiert man die letzte Gleichung von der Summe der drei ersten, so erhält man $2T_k=44$ und hieraus die Lösungen $T_k=22,T_t=22,I_k=11$ und $I_t=0$. Analoge Überlegungen führen unter der Annahme, dass es draußen nicht regnet, auf den Widerspruch $2I_t=11$.

Ergebnis:

$1999$

Sei $B$ die dreistellige Zahl, die ans Ende von $A$ geschrieben wird. Da $1+2+\cdots +A=\frac{1}{2}\cdot A(A+1)$ ist, kann man

schreiben, was zu $2B=A(A-1999)$ umformt werden kann. Die linke Seite kann Werte von $0$ bis $2\cdot 999$ annehmen, während die rechte Seite für $A\le 1998$ negativ und für $A\ge 2000$ größer als $2000\cdot 1$ ist. Somit bleibt nur noch $A=1999$ übrig, was dieses Problem mit $B=000$ löst.

Ergebnis:

$4$

Jeder Spieler hat $12$ Spiele gespielt (es gibt $4$ Möglichkeiten für den Doppelpartner und $3$ Möglichkeiten für die Wahl der Gegner). Also hat Alice alle ihre Spiele gewonnen und Betty alle Spiele bis auf die gegen Alice, da sie sechsmal zusammen mit Alice gespielt (und gewonnen) hat. Das stellt sicher, dass alle Spielausgänge bekannt sind: Entweder hat das Doppel, in dem Alice war, gewonnen oder dasjenige, in dem Betty war, falls Alice nicht mitgespielt hat. Claudia hat drei Spiele mit Alice und eines mit Betty gewonnen, insgesamt also $4$ Spiele.

Ergebnis:

$18$

Die 30 Felder bilden sechs Ringe, die von $1$ bis $6$ durchnummeriert werden, wobei mit $1$ der äußerste Ring bezeichnet wird. Der aktuelle Ring sei derjenige, der das zuletzt gefärbte Feld enthält.

Der zweite Spieler hat folgende Gewinnstrategie:

• Wenn die Nummer des aktuellen Rings ungerade ist, so färbt er ein Feld im nächsten Ring.
• Andernfalls enthält der aktuelle Ring eine ungerade Anzahl an freien Feldern. Er färbt dann ein Feld in diesem Ring, nämlich das benachbarte zum zuletzt gefärbten.

Diese Strategie zwingt den ersten Spieler in Positionen, in denen sowohl die Nummer des Ringes gerade ist als auch die Anzahl der freien Felder in ihm. Da jeder Zug aus einer solchen Position darin resultiert, dass entweder die Nummer des Ringes oder die Anzahl der freien Felder im aktuellen Ring ungerade ist, hat der zweite Spieler immer die Möglichkeit zu ziehen und der erste wird irgendwann am Zug sein, wenn der aktuelle Ring $6$ ist und keine Felder mehr frei sind, d.h. wenn kein Zug mehr möglich ist.

Wenn nun der zweite Spieler die Gewinnstrategie verfolgt (was er tun muss, da ansonsten der andere Spieler sie anwenden könnte), so kann der erste Spieler seinen unausweichlichen Verlust dadurch so lang wie möglich hinauszögern, dass er möglichst lange im gleichen Ring zieht. Der Spielverlauf sieht dann etwa so aus:

Bei perfektem Spiel beider Spieler sind am Ende $18$ Felder gefärbt.

Ergebnis:

$1^{\circ }$

Wegen $\mathit{\angle PAC}=\mathit{\angle CBA}<\mathit{\angle CPA}$ und $\mathit{\angle PAC}+\mathit{\angle CPA}=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }$ gilt $\mathit{\angle PAC}<75^{\circ }$. Da die Winkel ganzzahlig sein müssen, erhält man sogar $\mathit{\angle PAC}\le 74^{\circ }$ und $\mathit{\angle CPA}\ge 76^{\circ }$.

Andererseits ist $\mathit{\angle APQ}=\mathit{\angle PBQ}+\mathit{\angle BQP}\ge 1^{\circ }+1^{\circ }=2^{\circ }$, also

Deshalb muss überall Gleichheit gelten, so dass $\mathit{\angle BQP}=1^{\circ }$ sein muss.

Ergebnis:

$15$

Die Person am linken Ende der Reihe hat entweder ihren Platz behalten oder mit dem Nachbarn getauscht. Das gleiche Argument gilt für die nächste Person, deren Platz noch nicht feststeht. Jede Person hat also entweder ihren Platz behalten oder mit einem ihrer Nachbarn den Platz getauscht. Also kann jede neue Sitzordnung wie folgt durch ein Tupel von sechs Buchstaben dargestellt werden: Zwei der Buchstaben sind ein $S$, wobei jedes $S$ eine Person bezeichnet, die ihren Sitz behalten hat. Vier der Buchstaben sind ein $P$, wobei jedes $P$ für ein Paar nebeneinander sitzender Personen steht, die ihren Platz getauscht haben. Also gibt es insgesamt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)=15$ Möglichkeiten.

Ergebnis:

$19$

Man bezeichne die Zahlen auf den Seitenflächen mit $a$, $b$, $c$, $d$, $e$ und $f$ so, dass sich die Paare $a$ und $f$, $b$ und $e$ bzw. $c$ und $d$ auf sich gegenüber liegenden Seiten des Würfels befinden. Dann ist

wobei das zweite Gleichheitszeichen durch Ausmultiplizieren direkt bestätigt wird. Da alle Zahlen von $a$ bis $f$ natürliche Zahlen sind, ist die rechte Seite das Produkt dreier natürlicher Zahlen, die alle größer oder gleich $2$ sind. Also müssen sie (in irgendeiner Reihenfolge) $3$, $5$ und $11$ sein, so dass als einzige Möglichkeit für die gesuchte Summe $3+5+11=19$ verbleibt. Andererseits kann eine solche Belegung leicht gefunden werden.

Ergebnis:

$40$

Das erste Mal treffen die beiden Radfahrer sich entgegenkommend, nachdem der schnellere von beiden seinen ersten Richtungswechsel gemacht hat. Anschließend erfordert ein Zusammentreffen, bei dem sich die Radfahrer entgegenkommen, jeweils zwei weitere Richtungswechsel. Dabei ist es egal, ob ein Radfahrer zwei Richtungswechsel macht oder ob beide jeweils einen machen. Insgesamt gibt es $34+46=80$ Richtungswechsel, so dass sie sich also $40$ Mal entgegenkommend getroffen haben.

Ergebnis:

$96433469$

Mit $a_1,\dots ,a_k$ seien die Ziffern der Zahl bezeichnet. Die Bedingung $a_i<\frac{1}{2}(a_{i-1}+a_{i+1})$ für $2\le i\le k-1$ kann zu $a_i-a_{i-1}<a_{i+1}-a_i$ umgeformt werden, was bedeutet, dass die Folge der Differenzen $a_i-a_{i-1}$ streng monoton wachsend sein muss $(2\le i\le k)$.

Falls für ein Index $i$ die Differenz $a_i-a_{i-1}$ positiv ist, so können nach den beiden Ziffern $a_{i-1}{a}_i$ höchstens noch zwei weitere Ziffern stehen, denn falls es mehr als vier Ziffern in einer ansteigenden Folge geben würde, dann wäre die Differenz zwischen der ersten und der letzten Ziffer der Folge mindestens $1+2+3+4=10$, was zu einem Widerspruch führt.

Analoges gilt für den Fall, wenn für ein Index $i$ die Differenz $a_i-a_{i-1}$ negativ ist.

Insgesamt können wir also maximal eine achtstellige Zahl bilden, die aus einer fallenden Folge von vier Ziffern gefolgt von einer steigenden Folge von vier Ziffern mit $a_4=a_5$ besteht.

Um die Zahl nun möglichst groß zu machen, muss die erste Ziffer möglichst groß sein. Die erste Differenz $a_1-a_2$ muss dann 3 sein, so dass man die Zahl 96433469 als Lösung erhält.

Ergebnis:

$\frac{5}{4}$

Die rechtwinkligen Dreiecke mit den Hypotenusen $\mathit{AB}$ und $\mathit{BC}$ sind aufgrund des $\mathit{WSW}$-Satzes kongruent. Sei $x$ die kürzere Kathete. Dann ist $2=x+\overline{\mathit{BC}}=x+\overline{\mathit{AB}}$ und mit dem Satz von Pythagoras folgt auch $x^2+1={\overline{\mathit{AB}}}^2$. Einsetzen von $x=2-\overline{\mathit{AB}}$ in diese Gleichung ergibt $\overline{\mathit{AB}}=\frac{5}{4}$.

Ergebnis:

$1200=4\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{25}{2}\right)$

Der Mittelpunkt einer Strecke hat genau dann ganzzahlige Koordinaten, wenn sowohl die $x$-Koordinaten der Endpunkte als auch die $y$-Koordinaten der Endpunkte gleiche Parität haben . Also muss man die Punkte in vier Teilmengen $T_1$, $T_2$, $T_3$, $T_4$ gemäß der Parität ihrer $x$- und $y$-Koordinaten aufteilen. In $T_i$ seien $t_i$ Punkte $(1\le i\le 4)$. Da es insgesamt 100 Punkte sind, gilt $t_1+t_2+t_3+t_4=100$. Die Anzahl $A$ der Strecken, bei denen die Mittelpunkte ganzzahlige Koordinaten besitzen, berechnet sich demnach zu

Aus der Mittelungleichung zwischen dem quadratischen und dem arithmetischen Mittel angewendet auf $t_1$, $t_2$, $t_3$ und $t_4$ folgt

und nach Quadrieren

Benutzt man diese Ungleichung für eine Abschätzung von $A$, so erhält man

Dabei steht hier genau dann das Gleichheitszeichen, wenn in der verwendeten Mittelungleichung der Gleichheitsfall eintritt. In diesem Fall ist $t_1=t_2=t_3=t_4=25$. Folglich ist 1200 die Mindestanzahl an Strecken, die einen Mittelpunkt mit ebenfalls ganzzahligen Koordinaten besitzen.

Ergebnis:

$99$

Die zwei kleinsten zerbrechlichen Zahlen sind $100\cdot 100=10000$ und $100\cdot 101=10100$. Also sind die Zahlen $10001,10002,\dots ,10099$ genau $99$ aufeinander folgende unzerbrechliche Zahlen. Andererseits enthält jede Folge von $100$ aufeinander folgenden fünfstelligen Zahlen eine durch $100$ teilbare Zahl, die offensichtlich zerbrechlich ist. Also ist die gesuchte Lösung $99$.

Ergebnis:

$1$

Das Problem lässt sich geometrisch interpretieren. In einem ebenen Koordinatensystem mit Ursprung $O$ stellt die Gleichung ${(x+5)}^2+{(y-12)}^2=14^2$ einen Kreis $k$ mit Mittelpunkt $M(-5\mid 12)$ und Radius $14$ dar und der Punkt $O$ liegt innerhalb dieses Kreises. Der Term $x^2+y^2$ ist das Quadrat des euklidischen Abstands eines Punktes $(x\mid y)$ vom Ursprung, d.h. wir müssen einen Punkt auf $k$ finden, dessen Abstand zum Ursprung am geringsten ist. Dieser Punkt ist der Schnittpunkt $P$ des Kreises $k$ und der Geraden $\mathit{MO}$ und hat den Abstand $\overline{\mathit{MP}}-\overline{\mathit{MO}}=14-\sqrt{5^2+12^2}=14-13=1$.

Ergebnis:

$222$

Solange die rechte Seite wohldefiniert ist, kann man die gegebene Gleichung mit $a_{n+1}$ multiplizieren und erhält

Nun sieht man leicht, dass $a_1{a}_2=220$, $a_2{a}_3=219$, $\dots$, $a_{220}{a}_{221}=1$, $a_{221}{a}_{222}=0$ gilt. Also ist $t=222$.

Ergebnis:

$5$

Für die Flächen gilt offensichtlich $F_{△\mathit{ABC}}=F_{△\mathit{ABH}}+F_{△\mathit{AHC}}+F_{△\mathit{BCH}}$. Da die Dreiecke $△\mathit{ABC}$ und $△\mathit{ABH}$ die Seite $\mathit{AB}$ gemeinsam haben, ist das Verhältnis ihrer Flächen gleich dem Verhältnis ihrer Höhen auf die Seite $\mathit{AB}$. Analoges gilt für die Dreiecke $△\mathit{AHC}$ und $△\mathit{BCH}$. Man erhält

woraus $\overline{C^{\prime }H}:(\overline{C^{\prime }H}+\overline{\mathit{CH}})=\frac{1}{6}$ und $\overline{\mathit{CH}}:\overline{H{C}^{\prime }}=(\overline{C^{\prime }H}+\overline{\mathit{CH}}):\overline{C^{\prime }H}-1=5$ folgt.

Ergebnis:

$34$

Mit $j$ und $m$ wird die Anzahl der Jungen bzw. Mädchen bezeichnet. Da die Freundschaft zwischen den Jungen und den Mädchen symmetrisch ist und da jeder der $j$ Jungen $10$ Freundinnen hat und ebenso jedes der $m$ Mädchen $7$ Freunde hat, gilt $10j=7m$. Also ist die Anzahl der Jungen direkt proportional zur Anzahl der Mädchen. Es genügt deshalb, die Anzahl der Mädchen zu minimieren. Außerdem ist die Anzahl der Mädchen durch $10$ teilbar. Da jedes Mädchen genau mit $10$ anderen Mädchen befreundet ist, müssen es mindestens $11$ sein. Also ist die kleinstmögliche Anzahl an Mädchen $20$ und somit die kleinstmögliche Anzahl an Jungen $14$.

Eine entsprechende Freundschaftsbeziehung für $34$ Personen kann beispielsweise wie folgt konstruiert werden:

• Man teilt die Personen in zwei Gruppen von jeweils $10$ Mädchen und $7$ Jungen auf. In jeder Gruppe sei jeder Junge mit jedem Mädchen befreundet und umgekehrt. Dann hat jedes Mädchen $7$ Freunde und jeder Junge $10$ Freundinnen.
• Dann stellt man die Mädchen in einem Kreis auf. Jedes Mädchen sei nun mit den $10$ Mädchen befreundet, die am nächsten bei ihm stehen.
• Dann stellt man die Jungen in einem Kreis auf. Jeder Junge sei nun mit den $6$ Jungen befreundet, die am nächsten bei ihm stehen, und mit demjenigen, der ihm gegenüber steht.

Ergebnis:

$9$, $24$

Mit $D^{\prime }$, $O_1$, $O_2$, $X$, $Y$ und $Z$ seien die Punkte wie in der Abbildung bezeichnet und ferner seien $\overline{\mathit{AD}}=a$ und $\overline{\mathit{DS}}=b$.

Da $△\mathit{ASD\cong }△A{D}^{\prime }S$ ist, beträgt der Inkreisradius von $△A{D}^{\prime }S$ ebenfalls $3$. Da Inkreismittelpunkte auf der Winkelhalbierenden liegen, liegt der Mittelpunkt $O_2$ des kleineren Inkreises auf der Geraden $A{O}_1$. Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke $△A{D}^{\prime }{O}_1$ und $△\mathit{AX}{O}_2$ folgt $4∕b=\overline{O_1{D}^{\prime }}:\overline{D^{\prime }A}=\overline{O_{2}X}:\overline{\mathit{XA}}=3∕(b-3)$, d.h. $b=12$.

Da Tangentenabschnitte gleich lang sind, gilt $\overline{\mathit{SZ}}=\overline{\mathit{SY}}=a-3$ und $\overline{\mathit{AZ}}=\overline{\mathit{AX}}=12-3=9$. Der Satz des Pythagoras im Dreieck $△A{D}^{\prime }S$ ergibt dann die Gleichung ${(a+6)}^2={\overline{\mathit{AS}}}^2=a^2+12^2$, woraus $a=9$ folgt, so dass die Seiten des Rechtecks $9$ und $24$ sind.

Ergebnis:

$1000$

Angenommen $n$ ist additiv. Falls $n$ ungerade wäre, dann wären alle Teiler ebenfalls ungerade und damit die geforderte Bedingung nicht erfüllbar. Also muss $n$ gerade sein, was zur Folge hat, dass der größte echte Teiler $\frac{n}{2}$ ist. Also müssen die beiden nächsten echten Teiler zusammen ebenfalls $\frac{n}{2}$ ergeben, was aufgrund unterschiedlicher Teiler nur möglich ist für $\frac{n}{3}$ und $\frac{n}{6}$.

Also ist $n$ nur dann additiv, wenn seine ersten drei echten Teiler in absteigender Reihenfolge genau $\frac{n}{2}$, $\frac{n}{3}$ und $\frac{n}{6}$ sind. Anders ausgedrückt sind die kleinsten Teiler von $n$ dann $1$, $2$, $3$ und $6$ ist, aber nicht $4$ oder $5$. Von den Zahlen von $1$ bis $15000$ sind ein Sechstel, also $2500$, durch $6$ teilbar. Die Hälfte davon ist nicht durch $4$ teilbar, so dass wir $1250$ Zahlen haben, die $6\mid n$ und $4\nmid n$ erfüllen. Ein Fünftel davon ist durch $5$ teilbar, so dass es insgesamt also $1000$ additive Zahlen kleiner als $15000$ gibt.

Ergebnis:

$99,0,\frac{4901}{99}=49\frac{50}{99}$

Setze $a=\frac{x-49}{50}$ und $b=\frac{x-50}{49}$. Dann kann die gegebene Gleichung als $a+b=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ geschrieben werden. Multiplikation mit $\mathit{ab}$ ergibt nach Umformung $(a+b)(\mathit{ab}-1)=0$. Dies führt zu zwei einfachen Fällen: Die Gleichung $a=-b$ ist linear in $x$ mit der Lösung $x=\frac{4901}{99}=49+\frac{50}{99}$. Die Gleichung $\mathit{ab}=1$ führt zu einer quadratischen Gleichung in $x$ mit den Lösungen $x=0$ und $x=99$.

Ergebnis:

$143$

Mit $h$ bzw. $m$ werden die Winkel (gemessen in Grad, $0\le h,m<360$) zwischen dem Stundenzeiger bzw. dem Minutenzeiger und der Geraden durch den Mittelpunkt und 12 Uhr bezeichnet. Eine Zeigerstellung ist genau dann zulässig, wenn es eine nichtnegative ganze Zahl $a$ gibt mit

Da die Stellung auch nach dem Vertauschen der Zeiger gültig sein soll, muss es auch eine nichtnegative ganze Zahl $b$ geben mit

Substituiert man die erste Gleichung in die zweite, so erhält man

und nach einer einfachen Umformung

wobei $b^{\prime }=12a+b$ ebenfalls eine nichtnegative ganze Zahl ist.

Wegen $0\le h<360$ kann man schließen, dass die Gleichung genau $143$ Lösungen hat, die zu $b^{\prime }=0,1,\dots ,142$ gehören.

Andererseits erhält man zu jedem $h$ genau ein $m$ mit $0\le m<360$ aufgrund der ersten Gleichung. Dies bedeutet, dass man genau $143$ Paare $(h,m)$ hat.

Ergebnis:

$1$

Sei $t$ eine gemeinsame Lösung. Dann gilt $0=a{t}^2+\mathit{bt}+c$ und $0=b{t}^2+\mathit{ct}+a$, woraus $0=t\cdot (a{t}^2+\mathit{bt}+c)-(b{t}^2+\mathit{ct}+a)=a(t^3-1)$ folgt. Wegen $a\ne 0$ verbleibt als einzige mögliche Lösung $t=1$. Andererseits ist $t=1$ auch eine gemeinsame Lösung, wenn man $a=-2$, $b=1$, $c=1$ wählt.

Ergebnis:

$0,$ $1$, $52$

Falls $n$ die gewünschte Eigenschaft hat, dann sind auch die Zahlen

Quadratzahlen. Diese beiden Quadratzahlen unterscheiden sich um $16\cdot 16-9\cdot 9=175$, so dass man also Paare von Quadratzahlen bestimmen muss, die sich um $175$ unterscheiden. Es ist also die Gleichung $k^2-l^2=(k-l)(k+l)=175=5^2\cdot 7$ für positive Zahlen $k>l$ zu lösen. Für die verschiedenen Zerlegungen von $175$ in zwei Faktoren erhält man für $(k,l)$ die Lösungen $(88,87)$, $(20,15)$ und $(16,9)$. Hieraus ergeben sich die verschiedenen Werte für $n$, nämlich $52$, $1$ und $0$.

Ergebnis:

$\sqrt{2}-1=\sqrt{3-2\sqrt{2}}$

Wir zeichnen zwei Kugeln in die Figur. Die erste sei die Umkugel des Oktaeders, die andere sei so gewählt, dass sie alle Kanten des Oktaeders berührt (Kantenkugel). Dann liegt der Umkreis der Seitenfläche vollständig in der Umkugel des Oktaeders und der Inkreis der benachbarten Fläche vollständig in der Kantenkugel.

Der kleinste Abstand der beiden Kreise kann nicht kleiner sein als der Abstand der Kugeln. Da diese konzentrisch sind, ist ihr Abstand einfach die Differenz ihrer Radien, also $\sqrt{2}-1$, da der Umkugelradius eines Oktaeders mit Kantenlänge $a$ durch $\frac{a}{2}\cdot \sqrt{2}$ gegeben ist und der der Kantenkugel durch $\frac{a}{2}$.

Nun muss man nur noch erkennen, dass so ein Abstand tatsächlich existiert, d.h. dass es einen Strahl vom Mittelpunkt des Oktaeders aus gibt, der beide Kreise schneidet. Man kann nun leicht einen Strahl finden, der durch die Kreislinie des gegebenen Inkreises der Seitenfläche verläuft und der die Kreisfläche des Umkreises schneidet. Ebenso kann man einen weiteren Strahl finden, der durch die Kreislinie des gegebenen Inkreises der Seitenfläche verläuft und der die Kreisfläche des Umkreises nicht schneidet. Also muss es auch einen Strahl geben, der beide Kreise schneidet.

Ergebnis:

$\frac{10}{9}$

Seien $A^{\prime }$, $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$ die Mittelpunkte der Kreise, die den drei Winkeln $\mathit{\angle BAC}$, $\mathit{\angle CBA}$ und $\mathit{\angle ACB}$ einbeschrieben wurden. Ferner seien $O$ der Mittelpunkt des vierten Kreises und $I$ der Mittelpunkt des Inkreises von $△\mathit{ABC}$. In den Dreiecken $△\mathit{ABC}$ und $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ sind entsprechende Seiten parallel, also sind diese Dreiecke ähnlich. Nun berechnet man den Inkreisradius und den Umkreisradius von $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ in Abhängigkeit von $r$.

Da alle drei Paare sich entsprechender Seiten der Dreiecke $△\mathit{ABC}$ und $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ parallel sind und Abstand $r$ haben, hat der Punkt $I$ den gleichen Abstand $2-r$ von allen Seiten des Dreiecks $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Also ist er auch dessen Inkreismittelpunkt und der Inkreisradius von $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ beträgt $2-r$.

Außerdem folgt aus der Berühreigenschaft der Kreise, dass der Punkt $O$ von allen Ecken des Dreiecks $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ den Abstand $r+r=2r$ besitzt. Also ist der Umkreisradius des $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ genau $2r$. Nutzt man die Ähnlichkeit der Dreiecke $△\mathit{ABC}$ und $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ aus, so erhält man die Gleichung