Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$4022$

Da die Summe ungerade ist, muss eine der beiden Primzahlen gerade und damit $2$ sein. Also ist $2013=2+2011$ die einzige Möglichkeit und $4022=2\cdot 2011$ die gesuchte Lösung.

Ergebnis:

$\frac{2}{3}\pi$

Bezeichnet man die Flächen wie in der Abbildung, so folgt aus Symmetriegründen $A=C$ und aufgrund der Voraussetzung $B=A+C$ die Gleichung $B=2A$.

Somit ist die überlappende Fläche $B$ genau $\frac{2}{3}$ der Fläche des linken Kreises, also $\frac{2}{3}\pi$.

Ergebnis:

$1$

Zunächst platziert man die fünf gelben Nadeln und sieht, dass die einzige Möglichkeit ist, sie auf die Hypotenuse des rechtwinkligen Dreiecks zu setzen. Mit dem gleichen Argument gibt es nur eine Möglichkeit, die roten Nadeln wiederum auf die Hypotenuse des Dreiecks, das durch die noch freien Plätze gebildet wird, zu setzen. Fährt man so fort, so erkennt man, dass es nur eine einzige mögliche Anordnung gibt.

Ergebnis:

$3558$

Aus der Primfaktorzerlegung $600=2^3\cdot 3\cdot 5^2$ erkennt man, dass nur die Ziffern $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ und $8$ möglich sind. Da eine möglichst kleine Zahl gesucht ist, sollte sie aus möglichst wenig Ziffern bestehen. Man erkennt leicht, dass man mindestens $4$ Ziffern benötigt. Von den beiden Möglichkeiten $4$, $6$, $5$, $5$ bzw. $8$, $3$, $5$, $5$ für die Ziffern ergibt $3558$ die kleinste Zahl.

Ergebnis:

$33$

Multiplikation der beiden Gleichungen ergibt

woraus $\mathit{ab}+{\displaystyle \frac{1}{\mathit{ab}}}=33$ folgt.

Ergebnis:

$513315$

Die einzige vierstellige Potenz von $11$ ist $1331$. Also hat die gesuchte Zahl die Form $a1331a$ mit einer beliebigen Ziffer $a\ne 0$. Aufgrund der zweiten Bedingung muss auch die Quersumme $2a+8$ durch $9$ teilbar sein. Da $2a+8$ gerade ist, bleibt wegen $2a+8\le 26$ nur $2a+8=18$, woraus $a=5$ folgt. Somit lautet die gesuchte Zahl $513315$.

Ergebnis:

$1:3$

Da $C$ den Bogen $\mathit{AB}$ drittelt, kann man einen Punkt $E$ auf $k$ bestimmen, so dass $A$, $C$, $E$ und $B$ in dieser Reihenfolge aufeinander folgende Eckpunkte eines regelmäßigen Sechsecks sind.

Wenn man den Mittelpunkt von $\mathit{AB}$ mit $S$ bezeichnet, so ist $△\mathit{ASC}$ gleichseitig, wobei $D$ der Mittelpunkt von $\mathit{AS}$ ist, da Höhe und Seitenhalbierende im gleichseitigen Dreieck zusammenfallen. Also ist das gesuchte Verhältnis $\overline{\mathit{AD}}:\overline{\mathit{DB}}=1:3$.

Ergebnis:

$84$

Valentin hat höchstens $3\cdot 14=42$ Kekse gegessen. Michael hingegen hat mindestens $2\cdot 21=42$ Kekse gegessen. Da am Anfang beide gleich viele Kekse hatten, musste jeder genau $42$ Stück gehabt haben. Also waren am Anfang $42+42=84$ Schokoladenkekse in der Packung.

Ergebnis:

$16$

Bei jedem der Buchstaben N, á, b und o kann man auf zwei Arten weiterlesen. Also kann man das Wort Náboj auf $2^4=16$ Arten lesen.

Ergebnis:

$6$

Zwei Inselbewohner, die immer die Wahrheit sagen, können nicht nebeneinander sitzen, denn dann würde der linke von den beiden, der seinen rechten Nachbar einen Lügner nennt, selbst lügen. Analog können nicht zwei Lügner nebeneinander sitzen. Nur eine Anordnung, bei der Lügner und Inselbewohner, die immer die Wahrheit sagen, abwechselnd nebeneinander sitzen, ermöglicht die aufgestellten Behauptungen der Inselbewohner. Also ist $6$ die richtige Antwort.

Ergebnis:

$0$

Damit eine Färbung bei einer Drehung um $90^{\circ }$ invariant bleibt, müssen jeweils sowohl die vier Eckquadrate die gleiche Farbe haben als auch die vier Quadrate in der Mitte jeder Seite. Also benötigt man dazu entweder acht gleichfarbige Quadrate oder zweimal je vier Quadrate der gleichen Farbe. Da beides nicht erfüllbar ist, ist die gesuchte Antwort $0$.

Ergebnis:

$48\%=\frac{12}{25}$

Sei $P$ die Anzahl der verheirateten Paare. Dann ist die Gesamtzahl der Männer $\frac{5}{2}P$ und die der Frauen $\frac{5}{3}P$. Also gibt es $\frac{5}{2}P+\frac{5}{3}P=\frac{25}{6}P$ Inselbewohner, von denen $2P$ verheiratet sind. Der Anteil der verheirateten Inselbewohner ist deshalb

Ergebnis:

$14\sqrt{3}=\frac{42}{\sqrt{3}}\text{cm}$

Das größte gleichseitige Dreieck erhält man, wenn eine Dreiecksseite auf dem Rand des Blattes liegt. Da die Breite des Blattes $21\text{cm}$ ist, hat das größte Dreieck die Höhe $21\text{cm}$, also Seitenlänge $\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot 21\text{cm}=14\sqrt{3}\text{cm}$. Wegen $14\sqrt{3}<14\cdot 2<29,7$ passt dieses Dreieck auch auf das Blatt Papier.

Ergebnis:

$10$

Die Linien, die durch das Falten entstanden sind, kann man in folgender Abbildung erkennen:

Insgesamt gibt es $10$ Quadrate, nämlich das ursprüngliche (also das ganze Blatt Papier), das Quadrat, das durch die Seitenmitten gebildet wird, und in jedem dieser beiden jeweils vier kleinere.

Ergebnis:

$3^5=243$

Man hat für jede der fünf Seiten die drei Möglichkeiten, die äußere, mittlere oder innere Seite zu wählen, so dass es insgesamt $3^5=243$ mögliche Fünfecke gibt.

Ergebnis:

$1808$

Seien $a$ und $b$ die beiden Zahlen. Da das Anfügen einer Null gleichbedeutend ist mit einer Multiplikation mit $10$, kann man folgendes Gleichungssystem aufstellen:

Die Lösungen lauten $a=205$ und $b=1808$, weshalb $1808$ die gesuchte Zahl ist.

Ergebnis:

$3,5=\frac{7}{2}$

Wegen $3^2+5^2<7^2$ ist der Winkel, der der Seite mit der Länge $7$ gegenüber liegt, ein stumpfer Winkel. Also kann das Dreieck mit einem Kreis vom Durchmesser $7$ überdeckt werden. Andererseits ist kein kleinerer Kreis möglich, so dass $3,5=\frac{7}{2}$ die gesuchte Antwort ist.

Ergebnis:

$12$

Bezeichnet man die Anzahl der Lollipops der Jungen mit $L$, $M$, $P$ und $V$, so kann man die Gleichungen $L+P\ge 41$, $M+P\ge 41$ und $V+P\ge 41$ aufstellen. Addition dieser drei Ungleichungen ergibt $2P+(L+M+P+V)\ge 123$. Wegen $L+M+P+V=100$ erhält man $2P\ge 23$, oder $P\ge 12$, da $P$ ja eine natürliche Zahl sein muss.

Andererseits zeigt die Verteilung $L=M=29$, $P=12$ und $V=30$, dass die Bedingungen der Aufgabe mit $P=12$ erfüllt werden können.

Ergebnis:

$\frac{5}{8}=0,625$

Sei $S$ der Schnittpunkt der Diagonalen und $h$ die Länge der Höhe durch den Punkt $B$ im $△\mathit{ABC}$. Die Fläche von $\mathit{ABCD}$ ist dann $\overline{\mathit{AC}}\cdot h$, woraus $h=80:16=5$ folgt. Der gesuchte Wert ist also $\sin \mathit{\angle BSC}=\sin \mathit{\angle ASB}=h∕\overline{\mathit{BS}}=\frac{5}{8}$.

Ergebnis:

${(-1)}^{-4}+{(-3)}^{-2}=\frac{10}{9}$

Für positive ganze Zahlen $n$ und $k$ gilt

Weil gerade Zahlen als Exponenten zur Verfügung stehen, muss mindestens einer der Summanden positiv sein, damit die Summe $a^b+c^d$ möglichst groß werden kann. Es sei $a^b>0$ mit $b\in \{-2,-4\}$. Für $a=-1$ ist $a^{-2}=a^{-4}=1$ und für alle anderen in Frage kommenden $a\ne -1$ gilt $a^{-4}<a^{-2}<1(\ast )$. Da eine zweite gerade Zahl vorhanden ist, kann der Wert der Summe $a^b+c^d$ sogar größer als 1 werden. Also müssen beide gerade Zahlen als Exponenten gewählt werden. Damit nun $a^{-2}+c^{-4}$ möglichst groß werden kann, muss wegen ${(-1)}^{-2}={(-1)}^{-4}=1$ und $\text{(∗)}$ für den Exponenten $-4$ die Basis $-1$ und für den Exponenten $-2$ die Basis $-3$ sein. Für den größtmöglichen Wert von $a^b+c^d$ ergibt sich schließlich ${(-1)}^{-4}+{(-3)}^{-2}=\frac{10}{9}$.

Ergebnis:

$\frac{11}{18}$

Damit die Schenkel den Graph einer Funktion darstellen können, dürfen keine zwei Punkte die gleiche $x$-Koordinate haben. Man kann ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass der Scheitel des Winkels im Punkt $(0\mid 0)$ liegt. Dreht man nun den Winkel im Uhrzeigersinn um den Nullpunkt, so kann man in jeder Position entscheiden, ob der Graph einer Funktion vorliegt. Man startet mit der Position, in der ein Schenkel auf der positiven $y$-Achse liegt und der andere im vierten Quadranten. Bei Drehungen um den Winkel $\varphi$ mit $0^{\circ }\le \varphi \le 70^{\circ }$ liegt kein Graph einer Funktion vor, dagegen bei Drehungen um $70^{\circ }<\varphi <180^{\circ }$ schon. Analog verhält es sich bei Drehungen zwischen $180^{\circ }$ und $360^{\circ }$. Also ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit $\frac{110}{180}=\frac{11}{18}$.

Ergebnis:

$0,04=\frac{1}{25}$

Wenn der Spielstein einmal auf der Ecke $A_{100}$ zu liegen kommt, dann wird er immer wieder nur noch auf diese Ecke verschoben. Also muss man die Fälle untersuchen, bei denen der Spielstein irgendwann einmal auf der Ecke $A_{100}$ landet. Die Vorgehensweise beim Verschieben des Spielsteins entspricht einer Multiplikation der Eckennummer mit $2$ (und ggf. einer Subtraktion von $100$, falls das Ergebnis größer als $100$ ist). Also sucht man eigentlich diejenigen Zahlen zwischen $1$ und $100$, die bei einer wiederholten Multiplikation mit $2$ irgendwann ein Vielfaches von $100$ werden. Solche Zahlen müssen ein Vielfaches von $25$ sein und alle vier Möglichkeiten $25$, $50$, $75$ und $100$ werden auch irgendwann ein Vielfaches von $100$. Also ist die gesuchte Antwort $\frac{4}{100}=0,04=\frac{1}{25}$.

Ergebnis:

$1510$

Für ungerade Zahlen gilt $2k+1={(k+1)}^2-k^2$ und für Vielfache von vier $4k={(k+1)}^2-{(k-1)}^2$. Zahlen der Form $4k+2$ sind nicht subtraktiv, da $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$ als Produkt zweier positiver ganzer Zahlen gleicher Parität entweder ungerade oder ein Vielfaches von vier ist. Es gibt $503$ Zahlen mit der Darstellung $4k+2$ zwischen $1$ und $2013$. Also ist $1510$ die gesuchte Antwort.

Ergebnis:

$16$

Betrachtet man die Innenwinkel der regelmäßigen Vielecke an der gemeinsamen Ecke $A$, so ist der des Quadrats $90^{\circ }$ und der des Sechsecks $120^{\circ }$. Da $A$ im Inneren von $M$ liegen soll, ergänzen sich die drei Innenwinkel der regelmäßigen Vielecke an der Ecke $A$ zu $360^{\circ }$. Also beträgt der dritte Winkel $150^{\circ }$ und gehört deshalb zu einem regelmäßigen Zwölfeck. Da die regelmäßigen Vielecke paarweise jeweils eine Seite gemeinsam haben, die nicht zur Länge von $M$ beitragen, ist die Länge von $M$ also $4+6+12-(3\cdot 2)=16$.

Ergebnis:

$2^{-50}$

Man stelle sich vor, dass Veronika die Zahlen in Paaren hinschreibt – zunächst wählt sie ein Paar von Zahlen aus, die noch verfügbar sind, und legt anschließend ihre Reihenfolge fest. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass die kleinere vor der größeren steht, genau $\frac{1}{2}$, unabhängig davon, welche zwei Zahlen ausgewählt wurden. Also ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dies bei allen $50$ Paaren so ist, ${(\frac{1}{2})}^{50}=2^{-50}$.

Ergebnis:

$23$

Da nur noch rote und weiße Farbe übrig ist, muss das endgültige Gemisch genau drei Dosen blaue Farbe enthalten. Da blaue Farbe nicht in der Farbe Pink enthalten ist, müssen wegen dem Verhältnis $1:2$ bei Cyan genau $9$ Dosen für den Anteil der Farbe Cyan verwendet werden ($3$ blaue und $6$ weiße). Wegen dem gewünschten Verhältnis von $2:1$ zwischen Pink und Cyan müssen insgesamt $27$ Dosen verwendet werden ($9$ mit dem Anteil von Cyan und $18$ mit dem Anteil von Pink). Da schon vier Dosen vermischt wurden, müssen noch $27-4=23$ Dosen ($8$ rote und $15$ weiße) hinzugefügt werden, damit die gewünschte Mischung entsteht.

Ergebnis:

$\frac{9}{10}$

Da der Zauberer am Anfang einen weißen vor einem grauen Hasen mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{3}{4}$ zieht, sind im Hut dreimal so viele weiße Hasen wie graue. Aus dem gleichen Grund sind im Hut dreimal so viele graue Hasen wie schwarze. Also befinden sich im Hut neunmal so viele weiße Hasen wie schwarze und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist $\frac{9}{10}$.

Ergebnis:

$37$

Wenn man $a+b$ auf beiden Seiten der Gleichung addiert, so erhält man $50(a+2b)=2013+(a+b)$. Die linke Seite der Gleichung ist durch $50$ teilbar, also muss auch die rechte Seite durch $50$ teilbar sein. Deshalb muss $a+b=50k-13$ für ein $k\in \mathbb{N}$ gelten.

Wenn $a+b\ge 87$ ist, dann ist $49a+99b>49a+49b\ge 49\cdot 87>2013$. Also ist die einzige Möglichkeit $a+b=37$.

Ergebnis:

$6\text{cm}$

Der Punkt $D$ liegt auf einem Halbkreis mit dem Durchmesser $\mathit{ZY}$. Der Mittelpunkt dieses Kreises sei mit $O$ bezeichnet. Der Radius des Kreises ist $1$ und mit dem Satz des Pythagoras folgt $\overline{\mathit{PO}}=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Aus der Dreiecksungleichung folgt $\overline{\mathit{PD}}\le \overline{\mathit{PO}}+\overline{\mathit{OD}}=6$. Gleichheit gilt nur, wenn $P$, $O$ und $D$ auf einer Geraden liegen. Also ist der maximale Abstand $6\text{cm}$.

Ergebnis:

$11$, $53$

Sei $K$ die Anzahl der Kisten, die $x$ Äpfel enthalten ($K\le 20$). In den übrigen $20-K$ Kisten befinden sich dann jeweils vier Äpfel und es ergibt sich die Gleichung

die gleichbedeutend mit $K(x-4)=49$ ist. Wegen $K\le 20$ sind $K=1$ und $K=7$ die einzigen möglichen Werte. Aus $K=1$ folgt $x=53$ und mit $K=7$ erhält man $x=11$.

Ergebnis:

$\sqrt{\frac{2015}{2011}}$

Aus der gegebenen Gleichung folgt $a^2+b^2=2013\mathit{ab}$. Hieraus erhält man

Wegen $a>b>0$ ist der Ausdruck $\frac{a+b}{a-b}$ positiv und aus obigen Gleichungen ergibt sich

Ergebnis:

$144=3\cdot 2\cdot 4!$

Die Werte in den einzelnen Quadraten seien wie in der Abbildung bezeichnet.

Aus den Voraussetzungen folgt $A+B+C+D+E+F+G=1+2+3+4+5+6+7=28$ und $A+B=D+E+F+G=\frac{1}{2}(28-C)$. Also muss $C$ gerade sein.

Wenn $C=2$ ist, dann muss $A+B=13=6+7$ sein. Dies ergibt zwei Möglichkeiten, die Quadrate in der linken Spalte zu füllen. Für jede dieser Möglichkeiten gibt es $4!$ Möglichkeiten, die übrigen Zahlen in der unteren Zeile anzuordnen. Das sind insgesamt $2\cdot 4!$ Möglichkeiten im Fall $C=2$. Wenn $C=4$ ist, dann muss $A+B=12=5+7$ sein ($6+6$ ist nicht möglich, da gleiche Zahlen nicht erlaubt sind) und wenn $C=6$ ist, dann muss $A+B=11=4+7$ sein ($5+6$ ist ebenfalls nicht erlaubt, da bereits $C=6$ ist). In beiden Fällen gibt es also jeweils wieder $2\cdot 4!$ Möglichkeiten, die Zahlen einzutragen. Also hat man insgesamt $3\cdot 2\cdot 4!=144$ Möglichkeiten.

Ergebnis:

$12$

Der Satz von Pythagoras ergibt für die beiden rechtwinkligen Dreiecke $△\mathit{ADC}$ und $△\mathit{ABD}$ die Gleichungen ${\overline{\mathit{CD}}}^2={\overline{\mathit{AC}}}^2-{\overline{\mathit{AD}}}^2$ und ${\overline{\mathit{BD}}}^2={\overline{\mathit{AB}}}^2-{\overline{\mathit{AD}}}^2$. Subtrahieren der beiden Gleichungen ergibt

Wegen $\overline{\mathit{BD}}+\overline{\mathit{DC}}=\overline{\mathit{BC}}$ folgt

und deshalb $\overline{\mathit{CD}}-\overline{\mathit{BD}}=12$.

Ergebnis:

$6$ Minuten

Die Geschwindigkeit einer Straßenbahn sei mit $v$ bezeichnet, die des Fußgängers mit $c$ und die Distanz zwischen zwei Straßenbahnen mit $d$. Aus den Voraussetzungen kann man folgende Gleichungen herleiten:

Addition der beiden Gleichungen und Division durch $2$ ergibt

Also braucht eine Straßenbahn für die Strecke $d$ genau $6$ Minuten. Deshalb ist der zeitliche Abstand zwischen zwei Straßenbahnen $6$ Minuten.

Ergebnis:

$148=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{11}{3}\right)-17$

Man kann ein Tripel von Punkten aus den elf gegebenen auf

Arten auswählen. Davon muss man noch die Tripel abziehen, deren Punkte auf einer Geraden liegen. Es gibt $4+1+4=9$ Tripel, die auf einer horizontalen Geraden liegen, und $3+3+1+1=8$ Tripel, die durch schräge Verbindungen entstehen. Also ist die Gesamtzahl an möglichen Dreiecken $165-17=148$.

Ergebnis:

$6^{10}\cdot {(10!)}^3$

Die Reihenfolge beim Essen der Pralinen kann auf folgende Weise eindeutig bestimmt werden: In jeder Reihe legt man die Reihenfolge fest, in der Martin die Pralinen essen wird, und zusätzlich muss man noch die Reihenfolge zwischen den einzelnen Reihen festglegen.

Für jede Reihe gibt es $10!$ Möglichkeiten, die Reihenfolge der Pralinen zu wählen, so dass man insgesamt ${(10!)}^3$ Möglichkeiten für alle drei Reihen hat.

Nun muss man noch die Möglichkeiten, zwischen den Reihen zu wechseln, bestimmen. Wenn in allen drei Reihen gleich viele Pralinen sind, dann kann Martin eine beliebige auswählen. Danach muss er eine der beiden anderen auswählen (sonst wäre der Unterschied zwischen zwei Reihen zu groß) und zum Schluss die übrig gebliebene dritte Reihe. Nach dreimaligem Auswählen sind in jeder Reihe wieder gleich viele Pralinen. Also kann er insgesamt zehnmal zwischen den Reihenfolgen der Reihen auswählen, was ${(3!)}^{10}=6^{10}$ Möglichkeiten ergibt.

Also hat Martin insgesamt $6^{10}\cdot {(10!)}^3$ Möglichkeiten, die Schachtel Pralinen zu leeren.

Ergebnis:

$5$

Jede verdoppelte Zahl mit sechs Ziffern kann als $1001\cdot k$ mit einer positiven ganzen Zahl $k$ geschrieben werden. Andererseits ergibt für jede dreistellige positive Zahl $k$ der Term $1001\cdot k$ eine sechsstellige verdoppelte Zahl.

Da $2013=3\cdot 11\cdot 61$ und $1001=7\cdot 11\cdot 13$ durch $11$ teilbar sind, aber $1001$ nicht durch $3$ oder $61$ teilbar ist, folgt, dass eine durch $2013$ teilbare sechsstellige Zahl genau dann verdoppelt ist, wenn die zugehörige dreistellige Zahl $k$ im Term $1001\cdot k$ ein Vielfaches von $3\cdot 61=183$ ist. Da es genau fünf dreistellige Zahlen $k$ gibt, die durch $183$ teilbar sind, gibt es genau fünf sechsstellige verdoppelte Zahlen, die durch $2013$ teilbar sind.

Ergebnis:

$\frac{5}{16}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)}{2^6}$

Man muss die Anzahl der möglichen Wege von der linken oberen Ecke zur rechten unteren Ecke bestimmen und die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Roboter auf solch einem Weg geht. Für jeden der gesuchten Wege sind drei Schritte nach unten und drei nach rechts nötig, was $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)=20$ Möglichkeiten liefert. Weil dazu die Pfeile auf $6$ Feldern festgelegt sind und es für die restlichen $10$ Felder je $2$ Möglichkeiten gibt, verlässt der Roboter bei $20\cdot 2^{10}$ der $2^{16}$ möglichen Pfeilverteilungen das Brett über das rechte untere Feld. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist deshalb $\frac{20\cdot 2^{10}}{2^{16}}=\frac{20}{2^6}=\frac{5}{16}$.

Ergebnis:

$\frac{70}{37}$

Man sieht sofort, dass die Quersumme des Zählers und die des Nenners durch $3$ teilbar sind. Folglich sind auch Zähler und Nenner durch $3$ teilbar und man erhält die Darstellungen $212121210=3\cdot 70707070$ und $112121211=3\cdot 37373737$. Nun sind aber leicht die weiteren Zerlegungen $70707070=70\cdot 1010101$ und $37373737=37\cdot 1010101$ zu erkennen. Da 37 und 70 teilerfremde Zahlen sind, ergibt sich $\frac{70}{37}$ als Antwort.

Ergebnis:

$13$

Es genügt herauszufinden, wann $\overline{\mathit{DX}}+\overline{\mathit{XC}}$ ganzzahlig ist. Dazu spiegelt man die Punkte $C$ bzw. $D$ an der Geraden $\mathit{AB}$ und nennt sie $C^{\prime }$ bzw. $D^{\prime }$.

Dann gilt $\overline{\mathit{DX}}+\overline{\mathit{XC}}=\overline{\mathit{DX}}+\overline{X{C}^{\prime }}$. Die rechte Seite der Gleichung nimmt ihr Minimum an, wenn $X$ der Mittelpunkt von $\mathit{AB}$ ist; sie nimmt ihr Maximum an, wenn $X$ gleich $A$ oder $B$ ist. Mit dem Satz des Pythagoras ergibt sich $\overline{D{C}^{\prime }}=\sqrt{30^2+40^2}=50$ und $\overline{A{C}^{\prime }}=\sqrt{30^2+20^2}=\sqrt{1300}=10\sqrt{13}$, woraus $36<\overline{A{C}^{\prime }}<37$ folgt.

Man beobachtet nun die Veränderung des Wertes von $\overline{\mathit{DX}}+\overline{\mathit{XC}}$, wenn man den Punkt $X$ von $A$ nach $B$ wandern lässt: Im Fall $X=A$ beginnt er bei einer Zahl, die etwas größer als $20+36=56$ ist, dann verringert er sich bis zum Wert 50, der angenommen wird, wenn $X$ der Mittelpunkt von $\mathit{AB}$ ist, und schließlich vergrößert er sich wieder bis zum Anfangswert, der etwas größer als 56 ist, im Fall $X=B$.

Das bedeutet, dass der Umfang des Dreiecks $△\mathit{CDX}$ an $6+1+6=13$ Positionen von $X$ ganzzahlig ist.

Ergebnis:

In umgekehrte Reihenfolge (ggf. noch zyklisch vertauscht), das heißt $[r_{11},r_{10},r_9,\dots ,r_1]$ oder $[r_{10},r_9,\dots ,r_1,r_{11}]$, …, $[r_1,r_{11},r_{10},\dots ,r_2]$

Man sieht, dass die Tabelle bezüglich der anderen, nicht markierten Diagonale symmetrisch ist. Um die Tabelle bezüglich der markierten Diagonale symmetrisch zu machen, genügt es, sie an der horizontalen Achse $r_6$ zu spiegeln. Als Lösungen erhält man die Zeilen in umgekehrter Reihenfolge, d.h. $[r_{11},r_{10},r_9,\dots ,r_1]$, sowie zyklische Vertauschungen davon, d.h. $[r_{10},r_9,\dots ,r_1,r_{11}]$, …, $[r_1,r_{11},r_{10},\dots ,r_2]$. Außer den elf eben erwähnten Lösungen gibt es keine weitere.

Ergebnis:

$254$

Wenn man $A_n=a_n^3$ setzt, so ist die Aufgabe gleichbedeutend damit, dass man die kleinste natürliche Zahl $k\ge 2$ mit der Eigenschaft $A_2{A}_3\cdots A_k>4^3=64$ finden muss. Nun hat man

und daher

übrig bleibt also, die kleinste natürliche Zahl $k\ge 2$ zu finden, welche die Ungleichung

erfüllt. Nach Subtraktion von $2k$ auf beiden Seiten und Division durch $k$ ist diese Ungleichung äquivalent zur Ungleichung $k+\frac{1}{k}>254$, welche als kleinste Lösung $k=254$ besitzt.

Ergebnis:

$20$

Man bezeichnet abkürzend für alle $i=1,\dots ,n$ das Pizzastück mit der Nummer $i$ mit $S_i$. Angenommen man hat $k-1$ Pizzastücke zwischen je zwei Stücken mit aufeinander folgenden Nummern. Wenn man nun bei Pizzastück $S_1$ startet und $k$ Stücke weitergeht, dann kommt man zu $S_2$, nach weiteren $k$ Stücken zu $S_3$, und so weiter bis man schließlich bei $S_n$ ankommt. Dabei geht man immer nur in einer Richtung, weil man ja sonst von $S_i$ bei $S_{i-1}$ und nicht bei $S_{i+1}$ landen würde. Von $S_n$ aus muss man dann in $k$ Schritten zu $S_1$ gelangen, weil für jedes $i=2,\dots ,n-1$ die Pizzastücke $S_{i-1}$ und $S_{i+1}$ genau $k$ Pizzastücke weit von $S_i$ entfernt sind. Das bedeutet, dass man startend bei einem Sück durch wiederholtes Weitergehen von $k$ Stücken alle Stücke $S_1,\dots ,S_n$ trifft. Insbesondere gibt es eine Zahl $s$, sodass man startend auf einem Stück nach $s\cdot k$ Schritten zum benachbarten Stück gelangt. Da $S_{11}$, $S_4$ und $S_{17}$ in dieser Reihenfolge nebeneinander liegen, erhält man

woraus folgt, dass $7-(-13)=20$ durch $n$ teilbar ist. Weil es aber ein Pizzastück mit der Nummer $17$ gibt, muss $n\ge 17$ gelten. Insgesamt folgt nun, dass $n=20$ die einzige Lösung ist.

Ergebnis:

$144$

Bezeichnet man mit $z$ die Anzahl der Zeilen und mit $s$ die Anzahl der Spalten des Hörsaals, so gilt laut Angabe $\mathit{zs}=11z+3s+2$, was äquivalent ist zu

Die beiden Faktoren $z-3$ und $s-11$ sind bis auf Reihenfolge entweder $5$ und $7$ oder $1$ und $35$. Probiert man alle vier Fälle durch, so kommt man zu dem Ergebnis, dass der kleinste Wert von $\mathit{zs}$, nämlich $144$, bei $z-3=5$ und $s-11=7$ angenommen wird, also bei $z=8$ und $s=18$.

Die folgende Abbildung zeigt, dass es wirklich eine Anordnung der $144$ Sitzplätze gibt, die alle verlangten Bedingungen erfüllt.

Ergebnis:

$9\sqrt{3}=\frac{27}{\sqrt{3}}$

Wähle einen Punkt $L\ne T$ auf $l$ und bezeichne mit $S$ den Schnittpunkt der Strecke $\mathit{TL}$ mit $k$. Unter der zentrischen Streckung mit Zentrum $T$ und Streckungsfaktor $\frac{4}{3}$ wird der Kreis $k$ auf den Kreis $l$ abgebildet, insbesondere der Punkt $S$ auf den Punkt $L$. Deswegen gilt $\overline{\mathit{TL}}=\frac{4}{3}\overline{\mathit{TS}}$.

Nun wähle einen Punkt $K$ auf dem Kreis $k$, wobei $K\ne T$ und $K\ne S$ sein soll. Weil die beiden Dreiecke $△\mathit{TLK}$ und $△\mathit{TSK}$ die gemeinsame Höhe von $K$ aus haben, erhält man für ihre Flächeninhalte

also $F_{△\mathit{TLK}}=\frac{4}{3}{F}_{△\mathit{TSK}}$.

Soll also der Flächeninhalt von $△\mathit{TLK}$ maximal sein, so genügt es, denjenigen von $△\mathit{TSK}$ zu maximieren. Unter allen in den Kreis $k$ mit Radius $3$ einbeschriebenen Dreiecken $△\mathit{TSK}$ hat das gleichseitige Dreieck den größten Flächeninhalt, nämlich

Insgesamt erhält man nun für den maximalen Fächeninhalt eines Dreiecks $△\mathit{TKL}$ den Wert

Ergebnis:

$32$

Wenn Viktor am Zug ist, kann er den kleinsten Abstand zweier Zahlen mindestens verdoppeln, indem er jede zweite Zahl entfernt. Auf diese Weise erhält er mindestens $2^5=32$ tschechische Kronen.

Wenn Lukas am Zug ist, kann er den Abstand zwischen der größten und der kleinsten noch vorhandenen Zahl halbieren, indem er die größten $2^k$ (oder die kleinsten $2^k$) Zahlen wegnimmt. Diese Vorgehensweise garantiert ihm, dass er dann höchstens $1024:2^5=32$ Kronen zahlen muss.

Insgesamt hat man also folgendes Ergebnis: Falls beide Spieler für sich optimal spielen, erhält Viktor $32$ Kronen.

Ergebnis:

$\frac{6}{5}=1,2$-mal

Man bezeichnet mit $100m$ den ursprünglichen durchschnittlichen IQ aller Studenten der Mathfyz-Uni, mit $100i$ denjenigen aller Studenten der IAU und mit $w$ den durchschnittlichen IQ derjenigen Studenten, die von der Mathfyz-Uni zur IAU wechselten. Da der Durchschnitts-IQ an der Mathfyz-Uni nach dem Wechsel der Studenten um $2\%$ gestiegen ist, beträgt der Durchschnitts-IQ der übrig gebliebenen Studenten an der Mathfyz-Uni nun $102m$. Aus dem Verhältnis $5:1$ der verbliebenen Studenten zu den wechselnden Studenten erhält man für den ursprünglichen Durchschnitts-IQ die Gleichung

woraus $w=90m$ folgt.

An der IAU ist der Durchschnitts-IQ nach dem Hinzukommen der Studenten aus der Mathfyz-Uni um $2\%$ höher als vor dem Wechsel. Da das Verhältnis der Studenten der IAU zu den neu dazu gekommenen Studenten der Mathfyz-Uni $3:1$ ist, ergibt sich für den Durchschnitts-IQ nach dem Wechsel die Gleichung

woraus $w=108i$ folgt.

Insgesamt erhält man $90m=108i$ und daraus $\frac{m}{i}=\frac{108}{90}=\frac{6}{5}$.

Ergebnis:

$\frac{\pi }{14}$

Betrachte die Punkte $A_1$, $A_4$, $A_{14}$ und $A_{11}$.

Da $11=4+7$ ist, ist die Strecke $A_4{A}_{11}$ ein Durchmesser von $k$. Wegen $4-1=3=14-11$ ist $A_1{A}_4{A}_{11}{A}_{14}$ ein gleichschenkliges Trapez, in dem die Seiten $A_4{A}_{11}$ und $A_1{A}_{14}$ parallel sind. Das Dreieck $△A_1{A}_4{A}_{14}$ hat deshalb die gleiche Fläche wie das Dreieck $△A_{1}O{A}_{14}$, wobei $O$ der Mittelpunkt von $k$ ist. Die gesuchte Fläche ist somit gleich groß wie der Sektor $A_{1}O{A}_{14}$, also ein Vierzehntel der Kreisfläche.

Ergebnis:

Emil, $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{6}\right)=924$ Teilmengen mehr

Sei $M$ eine beliebige $12$-elementige Teilmenge von $\{1,2,\dots ,24\}$. Gibt es eine Zahl $i$ mit der Eigenschaft, dass $M$ genau eine der Zahlen $2i-1$ oder $2i$ enthält, dann definiert man eine $12$-elementige Menge $f(M)$, indem man das kleinste $i$ mit obiger Eigenschaft wählt und in der Menge $M$ die Zahl $2i-1$ durch $2i$ bzw. $2i$ durch $2i-1$ ersetzt.

Es ist klar, dass $f(f(M))=M$ ist. Ebenso ist klar, dass $f$ zu jeder Teilmenge von Emil mit obiger Eigenschaft genau eine Teilmenge von Martina mit dieser Eigenschaft liefert und umgekehrt.

Die unterschiedliche Anzahl von Emils und Martinas Mengen von Teilmengen kann also nur in den Teilmengen begründet sein, die obige Eigenschaft nicht haben. Dies sind alle Teilmengen der Form

Davon gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{6}\right)=924$ Stück und deren Summe aller Elemente ist immer gerade. Also hat Emil $924$ Teilmengen mehr aufgeschrieben.

Ergebnis:

$1594$

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei $b+c=800$. Wenigstens eine der Zahlen $a$, $b+c-a=800-a$ oder $a+b+c=800+a$ ist durch $3$ teilbar, kann also nur prim sein, wenn sie gleich $3$ ist. Da $800+a>800-a$ ist, bleiben nur die zwei Möglichkeiten $a=3$ oder $800-a=3$.

Wäre $a=3$, dann wäre $3+(b-c)\ge 2$ und gleichzeitig $3-(b-c)\ge 2$, also $|b-c|\le 1$. Das ist ein Widerspruch zu $b\ne c$ und $b+c=800$.

Somit muss $800-a=3$, d.h. $a=797$ sein. Ferdinands größte Primzahl ist damit $a+b+c=797+800=1597$. Da $b+c=800$ ist, kann keine Primzahl gerade sein. Deswegen ist $800-a=3$ die kleinste. Die Differenz zwischen der größten und der kleinsten Zahl auf dem Papier ist also $1597-3=1594$.

Hinweis: Eine mögliche Lösung ist $a=797$, $b=223$ und $c=577$.

Ergebnis:

$\frac{1}{1007}$

Man stelle sich den Stab vor, als er noch in einem Stück war. Hannah bringt darauf zufällig zwei grüne Markierungen an und Peter zufällig $2012$ rote Bruchstellen. Nun befinden sich $2014$ farbige Punkte auf dem Stab, zwei davon sind grün. Es gibt genau $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2014}{2}\right)=1007\cdot 2013$ Möglichkeiten, diese zwei grünen Punkte auszuwählen. In genau $2013$ Fällen befinden sich diese zwei grünen Punkte direkt nebeneinander. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also

Ergebnis:

$3456=2^5\cdot 5!-2^4\cdot 4!$

Da $0+1+\cdots +9=9\cdot 5$ ist, sind alle gesuchten Zahlen durch $9$ teilbar und somit sogar durch $99999$. Bezeichnet man die ersten $5$ Ziffern der gesuchten Zahlen mit $A$ und die letzten $5$ Ziffern mit $B$, so gilt

Da $A$ und $B$ fünfstellige positive ganze Zahlen kleiner $99999$ sind, gilt weiter

Daraus gewinnt man eine notwendige und hinreichende Bedingung für die zehnstellige Zahl, die durch $99999$ teilbar ist: Die $i$-te Stelle von $A$ und die $i$-te Stelle von $B$ addieren sich zu $9(i=1,\dots ,5)$. Gruppiert man die verfügbaren zehn Ziffern in fünf Paaren

dann kann man diese Paare beliebig umsortieren ($5!$ Möglichkeiten) und gleichzeitig wählen, welche Ziffer in $A$ bzw. $B$ stehen soll ($2^5$ Möglichkeiten). Davon muss man jedoch die Zahlen mit führender Ziffer Null abziehen, d.h. alle Möglichkeiten mit $(0,9)$ an erster Stelle und $0$ in $A$. Dies sind $4!$ (vier restliche Paare) multipliziert mit $2^4$ (beliebige Aufteilung) Zahlen, d.h.  es bleiben

Ergebnis:

$3^{2014}-2^{2014}$

Definiert man das Polynom $Q(x)={\sum }_{k=0}^{2013}\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{x}{k}\right)2^k$, dann hat $Q(x)$ den Grad $2013$ und mit der binomischen Formel gilt für jedes $x\in \{0,\dots ,2013\}$

Das Differenzpolynom $P(x)-Q(x)$ hat daher auch Grad $2013$ und $2014$ Nullstellen und muss daher das Nullpolynom sein. Also ist $P(x)=Q(x)$ und

Ergebnis:

$149,1^{\circ }$

Sei $E$ der Spiegelpunkt von $B$ an der Geraden $\mathit{AD}$.

Dann ist $\overline{\mathit{AE}}=\overline{\mathit{AB}}=\overline{\mathit{AC}}$ und $\mathit{\angle EAC}=\mathit{\angle BAC}-2\cdot \mathit{\angle BAD}=60^{\circ }$, was zur Folge hat, dass das Dreieck $△\mathit{AEC}$ gleichseitig ist. Aufgrund der Spiegelung gilt $\overline{\mathit{DE}}=\overline{\mathit{DB}}=\overline{\mathit{DA}}$ und deswegen ist $\mathit{CD}$ die Mittelsenkrechte von $\mathit{AE}$ und $\mathit{\angle ACD}=\frac{1}{2}\mathit{\angle ACE}=30^{\circ }$. Im nichtkonvexen Viereck $\mathit{ABDC}$ berechnet man nun

Ergebnis:

$180625$

Sei $X$ die gesuchte Zahl. Zuerst zeigen wir, dass die zu entfernende Ziffer die zweite sein muss. Angenommen die ersten beiden Ziffern blieben erhalten. Dann würde aus der $n$-stelligen Zahl $X$ durch das Entfernen einer inneren Ziffer eine $(n-1)$-stellige Zahl $X^{\prime }$ werden. Die Zahl $10\cdot X^{\prime }$ hätte ebenfalls wieder $n$ Stellen und wäre von $X$ verschieden, da $X$ nicht auf null endet. Die Differenz von $X$ und $10\cdot X^{\prime }$ hätte aber nur maximal $(n-2)$ Stellen, da $X$ und $10\cdot X^{\prime }$ in den ersten beiden Stellen übereinstimmen würden. Dies ist ein Widerspruch, da diese aus zwei Vielfachen von $X^{\prime }$ gebildete Differenz ebenfalls ein Vielfaches von $X^{\prime }$ sein müsste und deshalb mindestens $n-1$ Stellen haben müsste.

Nun setzt man $X=a\cdot 10^{n+1}+b\cdot 10^n+c$, wobei $a$ und $b$ Ziffern mit $a\ne 0$ sind und $c<10^n$ eine Zahl ist, die nicht auf null endet. Entfernen der zweiten Ziffer liefert $X^{\prime }=a\cdot 10^n+c$ und für ein geeignetes $k\in \mathbb{N}$ gilt dann

Wäre $k\ge 20$, dann hätte $X$ eine größere führende Ziffer als $X^{\prime }$, was unmöglich ist. Also ist $k<20$. Umformen der Gleichung ergibt

Da die linke Seite durch $2^n$ und $5^n$ teilbar ist, muss das auch für die rechte Seite gelten. Da $c$ nicht auf null endet, muss $k-1$ entweder durch $2^n$ oder $5^n$ teilbar sein. Da $k<20$ ist, folgt wegen $2^5>20$ und $5^2>20$, dass $n$ höchstens 4 sein kann. Also kann $X$ höchstens $6$ Stellen haben.