Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$2$

Der Goldbarren hatte das Volumen $2\cdot 3\cdot 4=24$. Weil alle drei Würfel das gleiche Volumen besitzen und sie zusammen das Volumen des Goldbarrens ergeben müssen, hat ein Würfel das Volumen $24:3=8$. Da ein Würfel mit der Kantenlänge $k$ das Volumen $k^3$ besitzt und $8=2^3$ ist, ergibt sich für die gesuchte Kantenlänge der Würfel $2$.

Ergebnis:

$11$

Die Gesamtzahl der Leute, die Alkohol getrunken haben, ist $25+19-12=32$, da diejenigen, die sowohl Bier als auch Champagner konsumierten, doppelt gezählt wurden und somit einmal abgezogen werden müssen. Alle anderen haben nur Saft getrunken, das sind $43-32=11$ Personen.

Ergebnis:

$2:1$

Bezeichnet man mit $k$ die Menge an Koffein, deren Wirkung $1$ Stunde anhält, so enthält eine Tasse Kaffee die Menge $k$ und eine Tasse Espresso die Menge $4k$ an Koffein. Es sollen nun $2k$ in eine Tasse gemischt werden. Man kann das so betrachten, dass in die Tasse eine Menge $x$ an Kaffee eingegossen wird und anschließend eine Menge $1-x$ an Espresso dazukommt. Es muss dann die Gleichung

gelten, also $4k-x\cdot 3k=2k$ bzw. $2k=x\cdot 3k$. Folglich muss $x=\frac{2}{3}$ sein.
Um die Wirkung von genau $2$ Stunden Koffein mit einer Tasse Gemisch aus Kaffee und Espresso zu erhalten, müssen Kaffee und Espresso im Verhältnis

gemischt werden.

Ergebnis:

$80^{\circ }$

Man zeichnet den Verlauf des Lichtstrahls in die Skizze ein und bestimmt nach und nach die Winkel.
Der erste Einfallswinkel ist $50^{\circ }$. Da der Einfallswinkel genau so groß ist wie der Ausfallswinkel, ist dieser auch $50^{\circ }$. Wenn man den Einfallswinkel $\alpha$ auf den Spiegel $h$ bestimmen möchte, so betrachtet man das Dreieck mit den Winkeln $\alpha$, $50^{\circ }$ und $90^{\circ }$. Aufgrund der Innenwinkelsumme in diesem Dreieck gilt nun $\alpha +50^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$, woraus $\alpha =40^{\circ }$ folgt. Der Ausfallswinkel des Strahls bei der Reflexion am Spiegel $h$ ist dann auch $40^{\circ }$.
Nun berechnet man den Einfallswinkel $\beta$ am Spiegel $s$ analog über die Innenwinkelsumme im Dreieck mit den Winkeln $\beta$, $40^{\circ }$ und $75^{\circ }$. Aus $\beta +40^{\circ }+75^{\circ }=180^{\circ }$ ergibt sich $\beta =65^{\circ }$. Der Ausfallswinkel ist dann auch $65^{\circ }$.
Schließlich betrachtet man das Viereck, das von Teilen der drei Spiegel gebildet wird und dem Strahl, der zuletzt vom Spiegel $s$ reflektiert wird und unter dem Winkel $\gamma$ wieder auf den Spiegel $v$ auftrifft. Die Innenwinkelsumme in einem Viereck ist $360^{\circ }$. Dies führt zur Gleichung

und somit zu $\gamma =80^{\circ }$.

Ergebnis:

$4,5,3$

Die Anzahl der Monate, in denen genau $20,16$ bzw. $25$ Lokomotiven verkauft wurden, seien mit $a$, $b$ bzw. $c$ bezeichnet. Laut Aufgabenstellung gilt dann $a+b+c=12$ mit $0\le a,b,c\le 12$ sowie

Weil in dieser Gleichung die Zahlen $20,25$ und $235$ alle durch $5$ teilbar sind, nicht aber die Zahl $16$, muss auch $b$ durch $5$ teilbar sein. Dabei gibt es für $b$ nur die drei möglichen Werte $0,5$ oder $10$.
Im Fall $b=0$ ist $c=12-a$ und es gilt $20a+25(12-a)=235$, was gleichbedeutend ist mit $4a+60-5a=47$, also mit $a=13$. Dies ist aber nicht möglich, weil ein Jahr nur $12$ Monate hat.
Im Fall $b=10$ ist $c=2-a$. Dann muss gelten $20a+160+25(2-a)=235$, also $-5a=25$. Letztere Gleichung ist aber nur für $a=-5$ erfüllt, was für $a$ kein gültiger Wert ist.
Im Fall $b=5$ ist $c=7-a$. Somit ergibt sich die Gleichung $20a+80+25(7-a)=235$, also $4a+35-5a=31$, woraus man $c=3$ und $a=4$ als Lösung erhält.

Ergebnis:

$4$

Die längste solche Sehne ist offensichtlich der Durchmesser des großen Kreises, weshalb ihre Länge $l=2\cdot 26=52$ ist.
Welche der betrachteten Sehnen ist nun die kürzeste? Es ist diejenige, die vom Mittelpunkt des großen Kreises am weitesten entfernt ist. Dieser Abstand kann höchstens $10$ sein, weil diese Sehne ja den kleinen Kreis noch berühren soll. Der kürzeste Abstand eines Punktes zu einer Geraden ist die Länge des Lotes vom Punkt zum Lotfußpunkt auf diese Gerade. Also kann man die Länge $k$ der gesuchten kürzesten Sehne mit dem Satz des Pythagoras wie folgt berechnen:

wobei $R=26$ der Radius des großen Kreises und $r=5$ der Radius des kleinen Kreises ist. Somit ergibt sich $k=2\cdot \sqrt{576}=2\cdot 24=48$.
Die gesuchte Differenz ist $l-k=52-48=4$.

Ergebnis:

$1976$

Sei $10x+y$ mit den Ziffern $x$ und $y$ das Alter von Agnes im Jahr $1999$. Weil ihr Geburtsjahr im letzten Jahrhundert liegt, ist die Quersumme ihres Geburtsjahres $1+9+(9-x)+(9-y)$, also gleich $28-x-y$. Somit ergibt sich die Gleichung $28-x-y=10x+y$, also $28=11x+2y$. Weil $x$ und $y$ Ziffern sind, hat die letzte Gleichung nur die Lösung $x=2$ und $y=3$. Das gesuchte Geburtsjahr ist dann $1999-23=1976$.

Ergebnis:

$8+2\pi$

Man kann die Berechnung in zwei Teile aufteilen, nämlich in die Berechnung der geraden Stücke und in die Berechnung der Kreisbögen. Das Band verläuft kreisförmig, wenn es einen Kreis berührt. Da es genau einmal außen einen ganzen Umlauf beschreibt, ist die Summe der Kreisbögen genau der Umfang eines vollen Kreises, also $2\pi$.

Betrachtet man einen geraden Abschnitt zwischen zwei sich berührenden Kreisen, so ist dessen Länge genau der Abstand der Berührpunkte einer gemeinsamen Tangente. Da Radien auf Tangenten senkrecht stehen, bilden diese Berührpunkte mit den Mittelpunkten der zugehörigen Kreise ein Rechteck. Da die Radien aller Kreise $1$ sind, ist also die Länge eines geraden Stücks des Gummibandes genau $2$.

Also ist die Gesamtlänge des Bandes $4\cdot 2+2\pi =8+2\pi$.

Ergebnis:

$2,7,17$

Sei $m$ die Anzahl der Beine des mittleren Käfers und sei $x$ die Beineanzahl von Buggy. Laut Aufgabenstellung gilt dann

also $5m=28+x$. Weil das arithmetische Mittel in diesem Fall mit einem der Werte $3,6,9,10$ oder $x$ übereinstimmen muss, probiert man alle Möglichkeiten aus. Dabei kann $m$ allerdings keinen der Randwerte $3$ oder $10$ annehmen.
Falls der Mittelwert $x$ sein soll, dann folgt aus $5x=28+x$ sofort $x=7$.
Im Fall $m=6$ ergibt sich aus $5\cdot 6=28+x$, dass $x=2$ ist.
Schließlich betrachtet man $m=9$. Hier erhält man aus $5\cdot 9=28+x$ noch $x=17$.
Insgesamt gibt es also für die mögliche Beineanzahl von Buggy die drei Werte $2,7$ und $17$.

Ergebnis:

$198$

Für die Einerstelle gilt $A+B+C=C$ oder $A+B+C=C+10$. Im ersten Fall folgt $A+B=0$ und damit $A=B=0$, was aber nicht erlaubt ist. Also tritt der zweite Fall ein und es ist $A+B=10$.
An der Zehnerstelle hat man $1+A+B+C=B+10$, also $1+C=B$, oder $1+A+B+C=B+20$, also $1+C=B+10$, wobei die $1$ der Übertrag aus der Einerstelle ist. Im letzteren Fall folgt $C=9$ und insbesondere $B=0$, was aber nicht erlaubt ist. Somit muss $1+C=B$ gelten und es gibt einen Übertrag von $1$ aus der Zehnerstelle in die Hunderterstelle, was $A=1$ zur Folge hat. Wegen $A+B=10$ ergibt sich nun $B=9$ und aus $1+C=B$ erhält man schließlich $C=8$ und somit die Lösungszahl $198$.

Ergebnis:

$54$

Sei $x$ die Anzahl an Himmelskörpern, die Zaphod zu Beginn besaß. Indem man die Veränderungen im Bestand seiner Sammlung mit

in eine Gleichung übersetzt und diese dann nach $x$ auflöst, oder gleich durch Rückwärtsarbeiten gelangt man zur Lösung

Ergebnis:

$2019$

Wenn eine Zahl größer als $2014$ als Summe zweier Palindrome geschrieben werden soll, muss eines dieser Palindrome eine vierstellige Zahl sein. In Frage kommen dafür die Zahlen $1001,1111,1221,\dots ,1991$ und $2002$; alle weiteren Palindrome $2112,2222,\dots$ sind zu groß. Man findet folgende gewünschte Darstellungen für die Zahlen von $2015$ bis $2018$:

Soll die Zahl $2019$ als Summe zweier Palindrome geschrieben werden, so muss $2019=1\mathit{AA}1+\mathit{BC}8$ mit Ziffern $A$, $B$ und $C$ gelten. Weil die Zahl $\mathit{BC}8$ auch ein Palindrom sein soll, ergibt sich $B=8$. Aus der Zehnerstelle folgt $A+C=1$ oder $A+C=11$. Im ersten Fall ist $A=0$ und $C=1$ oder umgekehrt, sicherlich jedoch $1\mathit{AA}1+8C8<2000$, was zu keiner Darstellung für $2019$ führt. Im Fall $A+C=11$ kommt ein Übertrag in die Hunderterstelle hinein und geht ein Übertrag in die Tausenderstelle hinaus. Es muss also $A+8+1=10$ gelten, was $A=1$ bedeutet. Dann allerdings gibt es für $C$ keine Ziffer mehr, um die Bedingung $A+C=11$ zu erfüllen.
Die gesuchte Zahl ist somit $2019$.

Ergebnis:

$4$

Sei $Y$ die Einerziffer. Die Zahl $X3Y$ ist genau dann durch $11$ teilbar, wenn die alternierende Quersumme ihrer Ziffern durch $11$ teilbar ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn $X-3+Y$ durch $11$ teilbar ist, also wenn $X+Y-3=0$ oder $X+Y-3=11$ ist. Wegen $0\le Y\le 9$ hat man $X-3\le X-3+Y\le X+6$. Um zu vermeiden, dass $X-3+Y$ durch $11$ teilbar ist, muss $0<X-3$ und $X+6<11$ gelten, was zu $3<X<5$ führt. Folglich ist $X=4$.

Ergebnis:

$3.5,4$

Wegen der Anordnung der Zahlen sind die beiden kleinsten Summen $a+b$ und $a+c$, genauer gilt $a+b=1$ und $a+c=2$, und die beiden größten Summen $c+d$ und $b+d$. Für die beiden mittleren Summen gibt es nun zwei Möglichkeiten:
Im Fall $a+d=3$ und $b+c=4$ hat man $2b=(a+b)-(a+c)+(b+c)=1-2+4=3$, woraus $b=1.5$, $a=-0.5$ und $d=3.5$ folgt.
Im Fall $b+c=3$ und $a+d=4$ hat man $2b=(a+b)-(a+c)+(b+c)=1-2+3=2$, woraus $b=1$, $a=0$ und $d=4$ folgt.
Die möglichen Werte für $d$ sind also $2.5$ und $4$.

Ergebnis:

$40$

Sebastians Alter sei mit $s$ bezeichnet und das Alter von Tobias mit $t$. Da Sebastian auf jeden Fall älter ist als Tobias, gilt $s>t$. Die erste Aussage übersetzt sich zu

was gleichbedeutend ist mit $3s=4t$. Die zweite Aussage liefert

was zu $3s-t=90$ führt. Durch Zusammenfügen der Teilergebnisse erhält man $4t-t=90$, also $3t=90$. Deshalb ergibt sich $t=30$ und schließlich $s=40$.
Sebastian ist also $40$ Jahre alt.

Ergebnis:

$820$

Es ist bekannt, dass das $k$-te Folgenglied $a_k$ einer arithmetischen Folge berechnet werden kann als $a_k=a_1+(k-1)d$, wobei $a_1$ das erste Folgenglied und $d$ die Differenz zweier aufeinander folgender Werte ist.
Hier ist also $a_k=10+(k-1)d$, insbesondere $a_2=10+d$ und deshalb $a_{a_2}=a_{10+d}=10+(9+d)d=10+9d+d^2$. Weil $a_{a_2}=100$ vorausgesetzt ist, erhält man die quadratische Gleichung $10+9d+d^2=100$ bzw. $d^2+9d-90=0$, deren einzige positive Lösung $d=6$ ist. Allgemein hat man also nun $a_k=10+(k-1)\cdot 6=4+6k$. Damit kann man die Werte $a_3=4+18=22$, $a_{a_3}=a_{22}=4+132=136$ und schließlich $a_{a_{a_3}}=a_{136}=4+816=820$ berechnen.

Ergebnis:

$97654320$

Weil die gesuchte Zahl durch $180$ teilbar ist, ist sie auch durch $20$ teilbar, was bedeutet, dass die Einerziffer eine $0$ und die Zehnerziffer eine gerade Ziffer sein muss. Allerdings kommen die Ziffern $4,6$ und $8$ nicht in Frage, da wegen der von rechts gelesenen aufsteigenden Anordnung keine $8$-stellige Zahl mit verschiedenen Ziffern mehr zustande kommen kann. Folglich muss die Zehnerziffer die $2$ sein. Von den restlichen sieben Ziffern $3,4,\dots ,9$ werden nur noch sechs benötigt. Welche davon ausgelassen wird, bestimmt die Teilbarkeit der Zahl durch $9$. Da man $0+2+3+4+\cdots +9=44$ hat und die Quersumme der resultierenden Zahl durch $9$ teilbar sein muss, muss die Ziffer $8$ weggelassen werden.
Julias Lieblingszahl ist folglich die Zahl $97654320$.

Ergebnis:

$12$

Um zu einer Lösung zu gelangen, kann man die $2$-dimensionale Form ausschneiden und ausprobieren, welches $3$-dimensionale Objekt man daraus basteln kann.
Eine andere Möglichkeit ist, die Quadrate des Netzes zu zählen und zu beobachten, dass man bei dem gebastelten Objekt von oben und von unten betrachtet die gleiche Anzahl $a$ an Quadraten sehen muss, ebenso von links und rechts betrachtet die gleiche Anzahl $b$ sowie von vorne und hinten betrachtet die gleiche Anzahl $c$ an Quadraten. Da es insgesamt $14$ Quadrate sind, muss $2\cdot (a+b+c)=14$ gelten, muss also $a+b+c=7$ sein. O. B. d. A. kann man $a\le b\le c$ annehmen, wobei natürlich $0<a$ gilt. Für $(a,b,c)$ ergeben sich die vier Möglichkeiten

wobei die ersten beiden geometrisch nicht möglich sind. Da aus dem gegebenen Netz kein I-Triomino $(1,3,3)$ hergestellt werden kann, bleibt nur noch das L-Triomino $(2,2,3)$ übrig, das auch tatsächlich aus dem gegebenen Netz gebastelt werden kann. Dieses hat $12$ Ecken.

Ergebnis:

$(2,2)$

Für zwei positive ganze Zahlen $a$ und $b$ gilt stets

Setzt man $d:=\mathrm{ggT}(a,b)$, so hat man $\mathrm{kgV}(a,b)=\frac{\mathit{ab}}{d}$. Die geforderte Bedingung lautet dann $\mathit{ab}=d+\frac{\mathit{ab}}{d}$ und ist äquivalent zu $d^2+\mathit{ab}=d\cdot \mathit{ab}$ bzw. $d^2=(d-1)\cdot \mathit{ab}$. Weil die aufeinander folgenden Zahlen $d-1$ und $d$ teilerfremd sind, folgt sofort $d-1=1$, also $d=2$, und schließlich $a=b=2$.
Das einzige Lösungspaar ist $(a,b)=(2,2)$.

Ergebnis:

$256$

Man bestimmt für jedes Quadrat die Anzahl der Möglichkeiten, um zu diesem Quadrat zu gelangen. In der untersten Reihe gibt es für jedes Quadrat nur eine Möglichkeit. Um auf ein Feld der zweiten Reihe zu gelangen, gibt es jeweils zwei Arten, weil der Frosch vom darunter liegenden Feld oder vom diagonal links unten liegenden Feld herkommen kann. Analog ergeben sich in der dritten Reihe für jedes Feld vier Möglichkeiten, in der vierten Reihe acht Möglichkeiten für jedes Quadrat und schließlich 16 Möglichkeiten für das Feld in der mittleren Reihe.
Wegen der Symmetrie des Diagramms existieren genau so viele verschiedene Wege von einem Quadrat der untersten Reihe zum einzelnen Feld der mittleren Reihe wie es verschiedene Wege vom Feld der Mittelreihe zu einem Quadrat in der obersten Reihe gibt. Deshalb ist die Antwort $16\cdot 16=256$.

Ergebnis:

$0$

Von jeder Ecke des Achtecks gehen fünf Diagonalen aus. Wenn Paul an einer Ecke über eine Diagonale, die er vorher noch nicht benutzt hat, ankommt, dann muss er diese Ecke über eine andere Diagonale, die er ebenfalls noch nicht benutzt hat, wieder verlassen. Wenn Paul also eine Ecke besucht, dann benutzt er jedes Mal genau zwei Diagonalen, die von dieser Ecke ausgehen. Nur an der Ecke, an der er startet, und an der Ecke, an der er seinen Weg beendet, kann die Anzahl der besuchten Diagonalen ungerade sein. Da aber acht Ecken mit einer ungeraden Anzahl an Diagonalen vorliegen, kann es keinen solchen Weg geben. Also kann Paul genau $0$ solche Wege gehen.

Ergebnis:

$4023$

Wenn eine Ursprungsgerade durch einen Gitterpunkt $(a,b)$ geht, dann geht sie auch durch den Gitterpunkt $(\mathit{ka},\mathit{kb})$ für ein beliebiges $k\in \mathbb{Z}$. Wegen $2014=2\cdot 19\cdot 53$ und $2019=3\cdot 673$ sind $2014$ und $2019$ teilerfremd. Also geht die Gerade $g$ durch keinen Gitterpunkt zwischen $(0,0)$ und $(2014,2019)$.

Dies bedeutet, dass die Gerade $g$ jedes Mal, wenn sie eine Gitterlinie schneidet, durch das Innere eines neuen Einheitsquadrats geht. Also muss man nur noch die Anzahl der Schnittpunkte von $g$ mit den Gitterlinien bestimmen.

Die Gerade $g$ verlässt $Q$ im Punkt $(\frac{2014^2}{2019},2014)$. Bis dahin schneidet $g$ genau $2013$ horizontale Gitterlinien und $\lfloor \frac{2014^2}{2019}\rfloor =2009$ vertikale Gitterlinien. Also geht $g$ durch das Innere des Startfelds in der linken unteren Ecke und durch weitere $2013+2009$ Einheitsquadrate in $Q$. Insgesamt sind dies dann $1+2009+2013=4023$ Einheitsquadrate von $Q$.

Ergebnis:

$8,9,10,11,12$

Die Summe der Innenwinkel in einem $n$-Eck beträgt $(n-2)\cdot 180^{\circ }$. Dann muss also die Gleichung $150^{\circ }\cdot (n-1)+\alpha =(n-2)\cdot 180^{\circ }$ mit einem beliebigen Winkel $\alpha$ erfüllt werden. Umformen dieser Gleichung ergibt $n=\frac{\alpha }{30^{\circ }}+7$. Da das $n$-Eck konvex sein soll, muss $0^{\circ }<\alpha <180^{\circ }$ gelten. Also ergibt sich $8\le n\le 12$.

Ergebnis:

$60^{\circ }$

Multipliziert man die gegebene Gleichung mit dem Hauptnenner durch, so erhält man

Diese Gleichung erinnert an den Kosinussatz $a^2=b^2+c^2-2\mathit{bc}\cos \alpha$. Die gegebene Gleichung wird also mit $\cos \alpha =\frac{1}{2}$ erfüllt, woraus $\alpha =60^{\circ }$ folgt.

Ergebnis:

$39,55,66,117,132,198$

Die möglichen Primzahlen kleiner $16$, die in die Summe eingehen können, sind $2,3,5,7,11$ und $13$. Die möglichen Summen sind also $16=13+3=11+5=11+2+3$. Jetzt muss man nur noch prüfen, in welchen Potenzen die Summanden auftreten müssen, damit Zahlen zwischen $1$ und $200$ entstehen. Dies sind $3\cdot 13=39,3^2\cdot 13=117,5\cdot 11=55,2\cdot 3\cdot 11=66,2^2\cdot 3\cdot 11=132$ und $2\cdot 3^2\cdot 11=198$.

Ergebnis:

$3$

Da $A$ der Mittelpunkt der Strecke $\mathit{DB}$ ist und $C$ der Mittelpunkt der Strecke $\mathit{IB}$, ist die Strecke $\mathit{AC}$ als Verbindungsstrecke zweier Seitenmittelpunkte im Dreieck $△\mathit{IDB}$ genau halb so lang wie die Seite $\mathit{DI}$, also $\frac{5}{2}$. Analog folgt $\overline{\mathit{BC}}=\frac{5}{2}$ und $\overline{\mathit{AB}}=3$. Mit dem halben Umfang

folgt aus der Formel von Heron

Eine weitere Lösungsmöglichkeit erhält man durch Berechnung der Höhe auf die Basis $\mathit{AB}$ im gleichschenkligen Dreieck $△\mathit{ABC}$ mit dem Satz des Pythagoras und anschließender Verwendung der Standardformel zur Berechnung der Fläche eines Dreiecks.

Ergebnis:

$2,3,5,7,23,37,53,73,373$

Die einstelligen starken Primzahlen sind $2,3,5$ und $7$.

Zweistellige starke Primzahlen müssen selbst prim sein und sich aus einstelligen Primzahlen zusammensetzen. Die einzigen Möglichkeiten hierfür sind $23,37,53$ und $73$.

Kandidaten für dreistellige starke Primzahlen sind solche Primzahlen, bei denen nach dem Streichen der ersten bzw. letzten Ziffer wieder eine zweistellige starke Primzahl entsteht. Also sind es solche Zahlen, bei denen die zweite Ziffer einer starken zweistelligen gleich der ersten Ziffer einer anderen starken zweistelligen Primzahl sind. Die einzigen Möglichkeiten hierfür sind $237,537,737$ und $373$, wovon nur $373$ eine Primzahl ist.

Vierstellige starke Primzahlen können nun nicht mehr existieren, da sowohl nach dem Streichen der ersten als auch nach dem Streichen der letzten Ziffer die Zahl $373$ entsehen müsste, was unmöglich ist.

Insgesamt sind also die Zahlen $2,3,5,7,23,37,53,73$ und $373$ starke Primzahlen.

Ergebnis:

$6$

Mit $S_k,S_l$ und $S_m$ seien die Mittelpunkte der Kreise $k,l$ und $m$ bezeichnet und mit $r$ der Radius des Kreises $m$. Da die Mittelpunkte zweier sich von innen berührenden Kreise zusammen mit dem Berührpunkt auf einer Geraden liegen, ist $\overline{S_k{S}_m}=16-r$.

Ferner sei $A$ der Berührpunkt des Kreises $m$ mit der Geraden $S_k{S}_l$. Aus Symmetriegründen folgt $\overline{S_{k}A}=\overline{S_{l}A}=\frac{16}{2}=8$. Da $S_{m}A$ senkrecht auf $S_k{S}_l$ steht, folgt mit dem Satz des Pythagoras

Ergebnis:

$82$

Als mögliche Ziffern kommen nur $1,2,3,4,5$ und $6$ in Frage. Ferner muss die Summe der vorkommenden verschiedenen Ziffern genau $6$ ergeben, wofür es nur die Möglichkeiten $6=5+1=4+2=3+2+1$ gibt.

Ist die Ziffer $6$ beteiligt, so gibt es nur die Möglichkeit $666666$. Für die Ziffern $1$ und $5$ hat man sechs Möglichkeiten, je nachdem, wo man die Ziffer $1$ platziert. Für die Ziffern $2$ und $4$ gibt es analog $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)=15$ Möglichkeiten für die Positionen der Ziffern $2$. Schließlich gibt es für die Ziffern $1,2$ und $3$ genau $6\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=60$ Möglichkeiten, indem man zuerst die $1$ platziert und dann die zwei Plätze für die Ziffern $2$ aus den restlichen fünf Positionen auswählt.

Insgesamt gibt es also $1+6+15+60=82$ sechsstellige Zahlen, bei denen jede Ziffer so oft vorkommt wie ihr Wert angibt.

Ergebnis:

$1+\frac{\sqrt{6}}{2}$

Die Mittelpunkte der vier Kugeln bilden ein regelmäßiges Tetraeder und die Umkugel dieses Tetraeders hat den gleichen Mittelpunkt wie die kleinste umschließende Kugel der vier gegebenen Kugeln. Wenn man also den Schwerpunkt des Tetraeders und dessen Abstand zu einer Ecke des Tetraeders bestimmt hat, dann kann man leicht den Radius der gesuchten Kugel angeben.

Der Schwerpunkt des regelmäßigen Tetraeders ist der Schnittpunkt der Schwerlinien, also der Verbindungsstrecken von einer Ecke zum Schwerpunkt des gegenüber liegenden Dreiecks. In einem regelmäßigen Tetraeder ist die Schwerlinie zugleich Höhe und deren Länge kann man durch zweimalige Anwendung des Satzes von Pythagoras berechnen. Zunächst ist der Abstand des Schwerpunkts der Dreiecksfläche von einem Eckpunkt gegeben durch $\frac{2}{3}\sqrt{2^2-{\left(\frac{1}{2}\cdot 2\right)}^2}=\frac{2}{3}\sqrt{3}$, da der Schwerpunkt die Schwerlinie im Verhältnis $1:2$ teilt. Hieraus ergibt sich die Länge der Höhe des Tetraeders zu $\sqrt{2^2-{(\frac{2}{3}\sqrt{3})}^2}=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2}{3}\sqrt{6}$.

Nun muss man noch bestimmen, wo der Schwerpunkt des Tetraeders auf der Höhe liegt. Wenn man nicht weiß, dass der Schwerpunkt im Tetraeder die Schwerlinie im Verhältnis $1:3$ teilt, so kann man sich dies ebenfalls mit dem Satz des Pythagoras herleiten, da der Schwerpunkt von allen Ecken den gleichen Abstand haben muss. Wenn also der Schwerpunkt im Tetraeder die Schwerlinie im Verhältnis $x:(1-x)$ teilt, so muss $x$ die Gleichung

erfüllen. Diese Gleichung ist äquivalent zu

Also ist der Abstand einer Ecke des Tetraeders vom Schwerpunkt des Tetraeders $(1-\frac{1}{4})\cdot \frac{2}{3}\sqrt{6}=\frac{1}{2}\sqrt{6}$. Deshalb ist der gesuchte Radius $1+\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Ergebnis:

$99$

Wegen $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$ und $x^3-y^3=(x-y)(x^2+\mathit{xy}+y^2)$ haben beide Terme den gemeinsamen Faktor $x-y$. Wenn die Terme teilerfremd sein sollen, so muss dieser Faktor gleich $1$ sein, muss also $x=y+1$ gelten.

Nun ist noch zu untersuchen, für welche $x=y+1$ die beiden anderen Faktoren $x+y$ und $x^2+\mathit{xy}+y^2$ ebenfalls teilerfremd sind. Einsetzen von $y=x-1$ ergibt $x+y=2x-1$ und $x^2+\mathit{xy}+y^2=3x^2-3x+1$. Subtrahiert man im zweiten Term das Vielfache $(x-1)(2x-1)$ des ersten Terms, so ergibt sich $3x^2-3x+1-x(2x-1)+(2x-1)=x^2$. Also sind die ursprünglichen Terme genau dann teilerfremd, wenn dies die Terme $2x-1$ und $x^2$ sind.

Angenommen, es gibt gemeinsame Teiler größer $1$ von $2x-1$ und $x^2$ und $d$ sei der kleinste dieser Teiler. Dann gilt $d\mid x$ und $d\mid 2x-1$ und deshalb auch $d\mid 1$. Dies ist aber ein Widerspruch zu $d>1$.

Also ist $x=y+1$ notwendige und hinreichende Bedingung für die Teilerfremdheit von $x^2-y^2$ und $x^3-y^3$ und alle Paare $(2,1),(3,2),\dots ,(100,99)$ sind Lösungen.

Es gibt also $99$ solche Paare.

Ergebnis:

$4$

Die einstelligen Zahlen verbrauchen $1+2+\cdots +9=\frac{1}{2}\cdot 9\cdot 10=45$ Plätze. Die zweistelligen Zahlen brauchen

zusätzliche Plätze. Also erreicht man die $2014$ Ziffern während des Aufschreibens einer zweistelligen Zahl. Da $2014$ gerade ist, und auf den geraden Positionen jeweils die Zehnerstellen der zweistelligen Zahlen stehen, müssen wir nur noch den Zehnerbereich finden, der bei der $2014$-ten Ziffer gerade vorkommt. Wegen

und

ist die gesuchte Ziffer $4$.

Ergebnis:

$360$

Man betrachtet zunächst für kleine $x$ die Werte, die $x^2-1$ annehmen kann. Dies sind $0$, $3$, $8$, $15$, $24$, $35$, $48$, $63$, $80$, $99$, $120$, $\dots$ Nun braucht man zwei verschiedene Paare, deren Produkt gleich und möglichst klein ist. Nun kann man $3\cdot 120=15\cdot 24=360$ sehen und alle anderen Produkte, die kleiner als $360$ sind, haben nur eine Darstellung als Produkt von Faktoren aus der obigen Aufzählung. Also ist die gesuchte Zahl $360$ und die zugehörigen Lösungen sind $(2,11)$ und $(4,5)$.

Ergebnis:

$24$

Bezeichnet man mit $S_1$ den Mittelpunkt des kleinen Kreises, mit $S_2$ den Mittelpunkt des großen Kreises und mit $T$ den Schnittpunkt der gemeinsamen Tangente der beiden Kreise in $A$ mit der Tangente $\mathit{CB}$, so gilt $\overline{\mathit{TC}}=\overline{\mathit{TA}}=\overline{\mathit{TB}}$ aufgrund gleich langer Tangentenabschnitte. Somit liegen die drei Punkte $A,B$ und $C$ aufgrund des Satzes von Thales auf einem Kreis. Also ist das Dreieck $△\mathit{ACB}$ rechtwinklig und es gilt ${\overline{\mathit{AB}}}^2+{\overline{\mathit{AC}}}^2={\overline{\mathit{BC}}}^2$.

Nun zeichnet man die Parallele zu $\mathit{BC}$ durch $S_1$ und bezeichnet mit $P$ deren Schnittpunkt mit der Strecke $S_{2}C$. Dann ist $S_1\mathit{PCB}$ ein Rechteck. Mit dem Satz Pythagoras folgt ${\overline{\mathit{BC}}}^2={\overline{S_{1}P}}^2={(\overline{S_{1}A}+\overline{A{S}_2})}^2-{(\overline{S_{2}C}-\overline{\mathit{PC}})}^2=12$, was schließlich als Lösung $24$ ergibt.

Ergebnis:

$43$

Man muss untersuchen, welche Faktoren von $2014!$ durch eine Primzahl $p$ teilbar sind. Da $p$ prim ist, sind dies genau die Faktoren

Um die geforderten $p$ Faktoren der Primzahl $p$ zu erhalten, muss $p\le \lfloor \frac{2014}{p}\rfloor$ gelten, was gleichbedeutend mit $p^2<2014$ ist.

Die größte Primzahl, die dies erfüllt, ist $43$.

Ergebnis:

$6\cdot 3^{2013}$

Zunächst färbt man die beiden Quadrate in der untersten Zeile, wofür man $3\cdot 2=6$ Möglichkeiten hat. Wenn nun eine Zeile mit den Farben $(a,b)$ gefärbt ist, so hat man für die darüber liegende Zeile genau die drei Möglichkeiten $(b,a)$, $(b,c)$ oder $(c,a)$. Also gibt es für die unterste Zeile $6$ Möglichkeiten und dann für jede Zeile in Abhängigkeit von der vorherigen jeweils $3$ Möglichkeiten. Insgesamt sind dies $6\cdot 3^{2013}$ unterschiedliche Färbungen.

Ergebnis:

$5^{84}\cdot 6^{35}\cdot 7^{90}$

Die Faktoren $5,6$ und $7$ müssen in $m$ enthalten sein, denn sonst könnten $5m$ keine fünfte Potenz, $6m$ keine sechste Potenz und $7m$ keine siebte Potenz sein. Also kann man $m$ schreiben als $m=5^a\cdot 6^b\cdot 7^c\cdot d$, wobei $d$ nicht durch $5,6$ oder $7$ teilbar sein darf und möglichst klein sein soll, da man ja das kleinste solche $m$ sucht. Also kann man $d=1$ setzen.

Damit $5m$ eine fünfte Potenz ist, muss $5$ die Exponenten $a+1,b$ und $c$ teilen. Analog muss $6\mid a$, $6\mid b+1$, $6\mid c$ und $7\mid a$, $7\mid b$, $7\mid c+1$ gelten. Die Zahl $a$ muss also durch $42$ teilbar sein und $a+1$ durch $5$. Das kleinste solche $a$ ist $84$. Analog findet man $b=35$ und $c=90$. Also ist die kleinste geeignete Zahl $m=5^{84}\cdot 6^{35}\cdot 7^{90}$.

Ergebnis:

$\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

Man führt Bezeichnungen wie in der Skizze ein. Da nur das Verhältnis der Seiten gesucht ist und ähnliche Rechtecke das gleiche Ergebnis liefern, kann man $\overline{\mathit{AB}}=1$ setzen und braucht nur $\overline{\mathit{BC}}=x$ bestimmen.

Aufgrund der Faltung, die einer Achsenspiegelung des Punktes $A$ auf den Punkt $C$ an der Geraden $\mathit{FE}$ entspricht, kann man $\mathit{FE}\perp \mathit{AC}$ und $\overline{\mathit{FS}}=\overline{\mathit{SE}}=\frac{x}{2}$ in der Figur ablesen. Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann $\overline{\mathit{CS}}=\frac{\sqrt{x^2+1}}{2}$. Da die Dreiecke $△\mathit{ABC}$ und $△\mathit{ECS}$ ähnlich sind, folgt $\frac{x}{1}=\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$. Durch Umformen erhält man die Gleichung $x^4-x^2-1=0$ und nach Substitution $z=x^2$ die quadratische Gleichung $z^2-z-1=0$ mit den Lösungen $z_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$. Als eindeutige nicht-negative Lösung ergibt sich $x=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$, die Wurzel aus dem goldenen Schnitt.

Ergebnis:

$17$

Man bezeichnet die Anzahl der blauen Murmeln mit $b$, die der grünen mit $g$, die der roten mit $r$ und die der weißen mit $w$.

Man kann nun der Reihe nach die weißen, roten und grünen Murmeln auf die einzelnen Plätze verteilen und die restlichen Plätze für die blauen vergeben. Dafür hat man

Möglichkeiten. Da dieser Ausdruck genau $1140$ sein soll, gilt die Gleichung

Setzt man $z=w+r+g$, so erhält man für $z=0$ auf der rechten Seite den Wert $1$. Für $z=1$ ergibt sich $20$ und für $z=2$ ist der größte mögliche Wert auf der rechten Seite für zwei verschiedenfarbige Murmeln gegeben durch $20\cdot 19=380$. Für $z=3$ kann man höchstens $20\cdot 19\cdot 18=6840=6\cdot 1140$ erhalten. Wenn man also noch einen Faktor $6$ im Nenner erzeugt, so hat man das gewünschte Ergebnis $1140$. Dies kann man mit drei gleichfarbigen Murmeln erreichen.

Man kann deshalb höchstens $20-z=17$ blaue Murmeln haben.

Ergebnis:

$3,4,6,12$

Bekannt sind die Zerlegungen eines gleichseitigen Dreiecks durch das Seitenmittendreieck in vier kleinere gleichseitige Dreiecke, eines Quadrats in vier kleinere Quadrate und eines regelmäßigen Sechsecks in sechs gleichseitige Dreiecke. Aber dies sind nicht alle Möglichkeiten.

Da man einen Innenwinkel eines regelmäßigen $n$-Ecks zerlegen muss, braucht man dessen Größe. Diese ist $\frac{n-2}{n}\cdot 180^{\circ }$. Diesen Winkel kann man entweder mit einem regelmäßigen $b$-Eck füllen – wie in den Fällen des gleichseitigen Dreiecks oder des Quadrats – und hat dann die Aufgabe, den $180^{\circ }$-Winkel an einer Seite zu zerlegen, oder mit mehreren regelmäßigen Vielecken. Betrachtet man zunächst den Restwinkel an einer Seite, wenn der Innenwinkel mit einem Vieleck gefüllt wird, so ist dieser $180^{\circ }-\frac{b-2}{b}\cdot 180^{\circ }$. Außer im Fall $b=3$, in welchem genau drei gleichseitige Dreiecke $180^{\circ }$ ergeben, muss der $180^{\circ }$-Winkel durch genau zwei regelmäßige Vielecke erzeugt werden. Also muss

für ein $n_1$-Eck und ein $n_2$-Eck gelten. Dies bedeutet aber $n_1-2,n_2-2\in \{1,2,4\}$ bzw. $n_1,n_2\in \{3,4,6\}$. Diese Fälle wurden bereits eingangs betrachtet und es gibt deshalb keine weiteren mehr, bei denen ein Innenwinkel des $n$-Ecks mit genau einem regelmäßigen $b$-Eck gefüllt werden kann.

Wird der Innenwinkel mit mehreren regelmäßigen Vielecken gefüllt, so können dies höchstens zwei sein, da der kleinste Innenwinkel eines regelmäßigen $n$-Ecks $60^{\circ }$ ist und stets $3\cdot 60^{\circ }>\frac{n-2}{n}\cdot 180^{\circ }$. Treffen zwei regelmäßige Vielecke an einer Ecke zusammen, so muss mindestens eines der beiden ein Dreieck sein, da ansonsten die Winkelsumme an dieser Ecke zu groß wäre. Aus dem gleichen Grund kann das zweite nur ein Quadrat oder ein Fünfeck sein.

Im Fall eines Quadrats ergibt sich der Winkel $60^{\circ }+90^{\circ }=150^{\circ }$, was dem Innenwinkel eines regelmäßigen $12$-Ecks entspricht. Legt man jeweils abwechselnd ein gleichseitiges Dreieck und ein Quadrat aneinander, so entsteht an jeder Ecke ein Winkel der Größe $360^{\circ }-2\cdot 90^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$ und es verbleibt in der Mitte ein regelmäßiges Sechseck.

Im Fall des Fünfecks ergibt sich $60^{\circ }+108^{\circ }=168^{\circ }$, was dem Innenwinkel eines regelmäßigen $30$-Ecks entspricht. Legt man jeweils abwechselnd ein gleichseitiges Dreieck und ein regelmäßiges Fünfeck aneinander, so entsteht an jeder Ecke ein Winkel der Größe $360^{\circ }-60^{\circ }-2\cdot 108^{\circ }=84^{\circ }$ und es kann keine weitere Zerlegung in regelmäßige $n$-Ecke geben.

Insgesamt gilt die geforderte Eigenschaft also für $n\in \{3,4,6,12\}$.

Ergebnis:

$838$

Der Einfachheit halber bezeichnet man die Felder des Schachbretts mit $(1,1)$, $(1,2)$, $\text{…}$, $(5,5)$ und die Anzahl der Möglichkeiten ein Feld $(x,y)$ zu erreichen mit $P_{(x,y)}$. Aufgrund der Regeln ist klar, dass $P_{(x,y)}=P_{(y,x)}$ sein muss.

Nun füllt man nacheinander alle Felder mit der Anzahl der Möglichkeiten dieses Feld zu erreichen, indem man sich überlegt, von welchen Feldern aus der Turm dieses Feld in einem Zug erreichen kann. Er steht anfangs auf $(1,1)$ und man setzt $P_{(1,1)}=1$ und es folgt $P_{(1,2)}=1$. Da der Turm von den Feldern $(1,1)$ und $(1,2)$ und nur von diesen zu $(1,3)$ gelangen kann, ist $P_{(1,3)}=2$. Analog folgt $P_{(1,4)}=P_{(1,1)}+P_{(1,2)}+P_{(1,3)}=1+1+2=4$ und $P_{(1,5)}=8$.

Das Feld $(2,2)$ kann der Turm nur von $(1,2)$ oder von $(2,1)$ erreichen, also ist $P_{(2,2)}=P_{(1,2)}+P_{(2,1)}=1+1=2$. Analog folgt $P_{(3,2)}=P_{(1,2)}+P_{(2,2)}+P_{(3,1)}=1+2+2=5$ und $P_{(4,2)}=P_{(1,2)}+P_{(2,2)}+P_{(3,2)}+P_{(4,1)}=1+2+5+4=12$. Fährt man auf diese Weise fort, so kann man der Reihe nach die Felder füllen und erhält schließlich $P_{(5,5)}=838$.

Ergebnis:

$2$

Mit der binomischen Formel folgt

Der letzte Term ist durch $1000$ teilbar und hat deshalb keinen Einfluss auf die Hunderterstelle. Es reicht also, den Term