Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$14325$

Die Summe $16$ kann nur durch $9+7$ gebildet werden. Weil $R=9$ auf den Widerspruch $J=N=3$ führt, muss $S=9$ und $R=7$ sein. Nun folgt der Reihe nach $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ und $O=2$. Also ist $\mathit{NABOJ}=14325$, was auch als das Datum des Náboj 2025 interpretiert werden kann.

Ergebnis:

$14$

Das Zahnrad $A$ hat 14 Zähne, das Zahnrad $B$ hat 6 und das Zahnrad $C$ hat 15 Zähne. Zu bestimmen ist zunächst die kleinste Anzahl von Zähnen, um die die Zahnräder gedreht werden müssen, damit alle Zahnräder in ihre Ausgangsposition zurückkehren. Diese Zahl muss ein Vielfaches von 14, 6 und 15 sein. Das kleinste gemeinsame Vielfache dieser Zahlen ist 210. Das Zahnrad $C$ muss also um 210 Zähne gedreht werden, folglich $210:15=14$ Mal.

Ergebnis:

$9897989698$

Betrachten wir die Ziffer ganz links. Wir wählen dafür 9, den größtmöglichen Wert, und versuchen, die gewünschte Zahl zu bilden, indem wir immer die größtmögliche Ziffer auf der rechten Seite hinzufügen, so dass die gegebene Bedingung erfüllt ist. Als nächstes können wir keine 9 hinzufügen, also verwenden wir stattdessen 8. Dann können wir wieder 9 ergänzen. Nun können wir weder 8 noch 9 nehmen, also ist der höchstmögliche Wert 7. Als nächstes können wir nacheinander wieder 9, 8, 9, aber dann keine der Ziffern aus $\{9,8,7\}$ einsetzen. Nach der 6 können wir wieder die 9 und dann als zehnte Ziffer die 8 hinzufügen. Auf diese Weise kommen wir auf die Zahl $n=9897989698$.

Wir behaupten, dass dies die größte zulässige zehnstellige Zahl ist. Angenommen $m$ wäre eine andere zulässige Zahl. Wir betrachten die Stelle am weitesten links, an der sich $m$ und $n$ unterscheiden. Da obiger Algorithmus die größte verfügbare Ziffer an dieser Stelle gewählt hat, ergibt sich unabhängig von den übrigen Ziffern $m\le n$.

Ergebnis:

$6$

Der Flächeninhalt des Quadrats muss ein Vielfaches von 3 sein, und es ist leicht zu sehen, dass ein $3\times 3$ Quadrat nicht wie gewünscht überdeckt werden kann. Allerdings kann ein $6\times 6$ Quadrat überdeckt werden. Eine mögliche Anordnung ist hier dargestellt:

Ergebnis:

$36$

Die Differenz der beiden Umfänge ist genau $\overline{\mathit{XB}}+\overline{\mathit{CS}}=2\cdot \overline{\mathit{CS}}=\overline{\mathit{CD}}$, was auch gleich $\overline{\mathit{BC}}$ und $\overline{\mathit{XS}}$ ist. Folglich berechnet sich der Umfang des Parallelogramms $\mathit{XBCS}$ zu $3\cdot (50-38)=36$.

Ergebnis:

$93$

Seien $x$, $y$ die beiden Ziffern der Zahl. Beachte, dass die Einerstelle von Idas Produkt gleich der Einerstelle des Produkts $x\cdot y$ ist. Es gibt nur zwei Möglichkeiten, zwei Ziffern zu multiplizieren und eine Zahl zu erhalten, die mit $7$ endet, nämlich $1\cdot 7=7$ und $3\cdot 9=27$. Die Möglichkeit $17\cdot 71$ kann ausgeschlossen werden, da das Produkt nicht mit $3$ beginnt. Somit ist die korrekte Möglichkeit $39\cdot 93=3627$ und die Lösung ist $93$.

Ergebnis:

$37$

Wenn Kurt alle Kombinationen aus drei Farben und zwölf Rängen besitzt, das sind insgesamt $3\cdot 12=36$ Karten, dann ist es möglich, dass die Karte oben auf dem Spielstapel die fehlende vierte Farbe und den fehlenden dreizehnten Rang hat. In diesem Fall ist keine von Kurts Karten spielbar. Also ist $N$ mindestens $37$.

Andererseits hat die Karte oben auf dem Stapel die gleiche Farbe wie $12$ andere Karten und den gleichen Rang wie $3$ andere Karten. Da die Gesamtzahl der Karten $52$ beträgt und mindestens eine davon sich im Stapel befindet, beträgt die maximale Anzahl unspielbarer Karten in Kurts Hand damit $52-1-12-3=36$. Folglich ist er mit $37$ Karten sicherlich in der Lage, mindestens eine von ihnen zu spielen.

Ergebnis:

$15$

Da das Dreieck $\mathit{FGS}$ gleichseitig ist, gilt $\overline{\mathit{FS}}=\overline{\mathit{GS}}$. Daher sind die gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecke $\mathit{GAS}$ und $\mathit{EFS}$ kongruent, was $\overline{\mathit{ES}}=\overline{\mathit{AS}}$ impliziert. Folglich ist das Dreieck $\mathit{EAS}$ gleichschenklig. Mit $\mathit{\angle ESA}=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$ erhält man $\mathit{\angle SAE}=\frac{1}{2}\cdot (180^{\circ }-\mathit{\angle ESA})=15^{\circ }$.

Ergebnis:

$34$

Schreibe in jedes kleine Dreieck, wie viele zulässige Dreiecke dieses betrachtete Dreieck je nach Ausrichtung als obere oder untere Ecke besitzen:

Die gesuchte Anzahl ist dann einfach die Summe aller dieser Werte, nämlich $14\cdot 1+7\cdot 2+2\cdot 3=34$.

Ergebnis:

$6075$

Sei $N=\overline{\mathit{abcd}}$ eine faszinierende Zahl und setze $n=\overline{\mathit{cd}}$. Dann ist $N=1000a+100b+n$. Nach Entfernen der Hunderterstelle entsteht die Zahl $M=100a+n$. Multipliziert man die Gleichung $M=\frac{1}{9}N$ mit $9$, erhält man

und durch weiteres Umformen und Dividieren durch $4$ ergibt sich

Aus dieser Gleichung folgt, dass $a+b$ eine gerade Zahl sein muss und dass sie wegen $n<100$ auch noch kleiner als $\frac{2\cdot 100}{25}=8$ sein muss. Also ist $a+b$ höchstens $6$. Um die Zahl $N$ zu maximieren, wähle $a=6$ und $b=0$, was zu $n=75$ führt. Es ist leicht zu überprüfen, dass $N=6075$ tatsächlich eine faszinierende Zahl ist.

Ergebnis:

$60$

Weil das Schiff auf der ersten Fahrt mit $85$ Tonnen beladen war, musste es mindestens $15$ Tonnen Öl transportieren. Da sich die Ölmenge auf der Rückfahrt jedoch verdoppelte, konnte das Schiff höchstens $15$ Tonnen Öl auf der ersten Fahrt transportiert haben. Also hatte das Schiff auf der ersten Fahrt $15$ Tonnen Öl sowie die volle Kapazität an Ethanol und Quecksilber geladen. Die Gesamtlast der Fracht auf der Rückfahrt kann nun berechnet werden zu

Ergebnis:

$8$

Wir beginnen wir damit, die Figur von einer der inneren Ecken aus abzudecken, wie es in der Abbildung mit (1) gekennzeichnet ist. Es gibt zwei Möglichkeiten, einen Dominostein zu platzieren, die aber zu völlig symmetrischen Situationen führen. Daher können wir eine von ihnen wählen und das Ergebnis mit $2$ multiplizieren. Sobald dieser Dominostein feststeht, ist eine Platzierung von zwei weiteren Steinen bestimmt, in der Abbildung mit (2) markiert. Die beiden „Quadrate“ auf der linken und rechten Seite können jeweils auf zwei Arten abgedeckt werden, siehe (3), und der Rest der Figur kann dann eindeutig abgedeckt werden, siehe (4). Es gibt also $2\cdot 2=4$ Möglichkeiten, mit dieser Platzierung in (1) zu verfahren. Berücksichtigt man die symmetrische Option, erhält man insgesamt $2\cdot 4=8$ Möglichkeiten.

Ergebnis:

$30$

Der Flächeninhalt jedes dunkelgrauen Quadrats ist $216:6=36$, also hat seine Seite die Länge $\sqrt{36}=6$. Auf jeder Fläche ist der unbedeckte Teil doppelt so groß wie der hellgraue Teil, das heißt, der Flächeninhalt jedes hellgrauen Rechtecks ist halb so groß wie der eines weißen Quadrats. Daher können fünf hellgraue Rechtecke mit einer Breite von $6$ entlang einer Kante des Würfels angeordnet werden, was zu der Seitenlänge $5\cdot 6=30$ führt.

Ergebnis:

$800\%$

Sei $n$ der Preis eines Notizbuches, $l$ der Preis eines Lineals und $s$ der Preis eines Stiftes. Die gegebenen Bedingungen lassen sich in die Gleichungen $n=l+s$ und $\frac{3}{2}l=s+n=2s+l$ übersetzen. Aus der zweiten Gleichung folgt $l=4s$, und wenn man dies in die erste Gleichung einsetzt, erhält man $n=5s$. Damit gilt $n+l=9s$. Daher sollte der Preis des Stiftes auf das Neunfache steigen, das heißt um $800\%$.

Ergebnis:

$4098600$

Es gilt $\mathrm{ggT}(x,x-1)=1$ für jede positive ganze Zahl $x$ und folglich $\mathrm{ggT}(x,\mathrm{ggT}(x-1,a))=1$ für alle positiven ganzen Zahlen $a$ und $x$. Daher ist der Ausdruck gleich

Ergebnis:

$12$

Die beiden rechtwinkligen Dreiecke, die von den Bereichen zwischen der schrägen Gerade und den Rechtecken gebildet werden, sind ähnlich mit einem Ähnlichkeitsverhältnis von 2. Folglich ist die Breite des grauen Rechtecks $2\cdot 6=12$, gemessen in Kreisdurchmessern.

Ergebnis:

$7,2=\frac{36}{5}$

Sei $v$ Jonathans ursprüngliches Tempo in km/h und $t$ die Zeit, die er im schnellen Tempo gelaufen ist, gemessen in Stunden. Dann ist sein langsames Tempo $\frac{3}{4}v$ und die Zeit, die er in diesem Tempo verbracht hat, ist $2t$. Die Gesamtstrecke ist die Summe der beiden Teilstrecken, also

Folglich ist

die im schnellen Tempo zurückgelegte Strecke in Kilometern.

Ergebnis:

$10$

Da Laura gar nicht in den einschränkenden Bedingungen vorkommt, kann sie sich in der Reihe beliebig postieren. Die anderen vier Damen können sich auf zwei Arten aufstellen, so dass es insgesamt $10$ Möglichkeiten gibt.

Ergebnis:

$220$

Gesucht ist die größte Zahl $S$, sodass sich die gegebenen Wandlängen in zwei Teilmengen zerlegen lassen, in denen jeweils die Summe ihrer Elemente größer oder gleich $S$ ist. Also gilt

Da $S$ ein Vielfaches von $10$ sein muss, folgt $S\le 220$. Dieser Wert kann erreicht werden, indem die Mauern wie folgt aufgeteilt werden: $130+90<110+50+70$.

Ergebnis:

$247$

Die Differenz ist am kleinsten, wenn die Zahlen möglichst nahe beieinander liegen. Um das zu erreichen, dürfen sich die Tausenderstellen nur um 1 unterscheiden. Die Hunderterstelle muss bei der größeren Zahl so klein wie möglich und bei der kleineren Zahl so groß wie möglich sein. Sobald die Hunderterstellen festgelegt sind, gilt das Gleiche auch für die Zehnerstellen und schließlich auch für die Einerstellen. Das führt zu den Zahlen 5123 und 4876, deren Differenz 247 beträgt.

Ergebnis:

$62$

Lässt man die gestellte Bedingung, dass zwei benachbarte Beete mit der gleichen Sorte von Blumen bepflanzt werden müssen, außer Acht, so ist die Antwort $2^6=64$. Von diesem Ergebnis muss nun die Anzahl der Möglichkeiten abgezogen werden, bei denen die gestellte Bedingung verletzt ist. Letztere sind genau diejenigen, in denen sich die beiden Sorten von Blumen abwechseln, und davon gibt es nur zwei Möglichkeiten. Folglich gibt es $64-2=62$ Anordnungen der gesuchten Sorte.

Ergebnis:

$25\pi -12$

Sei $M$ der Mittelpunkt des kreisrunden Blattes und seien $A$, $B$ und $C$ die weiteren Ecken des Rechtecks. Ferner wird der Radius des Kreises mit $r$ bezeichnet.

Dann ist $\overline{\mathit{MA}}=r-1$, $\overline{\mathit{MB}}=r$ und $\overline{\mathit{MC}}=r-2$ sowie $\overline{\mathit{AB}}=\overline{\mathit{MC}}$. Mit dem Satz von Pythagoras ergibt sich im Dreieck $\mathit{ABM}$ die Gleichung

die man zu

vereinfachen kann. Da $r=1$ zu einer ungültigen Konfiguration führt, ist $r=5$ die einzig mögliche Lösung. Die Restfläche nach dem Ausschneiden des Rechtecks ist also $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (in ${\mathrm{dm}}^2$).

Ergebnis:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Werden $x$ Einheiten der ersten Substanz und $y$ der zweiten gemischt, dann enthält das entstandene Gemisch $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ Algebra und $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ Alchemy. Um das Verhältnis $1:1$ zu erreichen, muss die Gleichung

gelten, woraus sich $y=\frac{3}{2}x$ ergibt. Mit anderen Worten, für je $1\mathrm{mg}$ Algebry müssen $1,5\mathrm{mg}$ Alchema der Mischung beigefügt werden. Daher wird die maximale Menge an Algemy hergestellt, wenn Náboicus die gesamte Menge von $14\mathrm{mg}$ Alchema und $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ Algebry benutzt. Auf diese Weise produziert er insgesamt $\frac{5}{3}\cdot 14\mathrm{mg}=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ der begehrten Mischung.

Ergebnis:

$34$

Sei $m^2=M=K+3333$. Da $M$ und $K$ $4$-stellige Quadratzahlen sind, muss $32\le n<m\le 99$ gelten und daher auch

oder

Betrachtet man

so sind aufgrund der oben genannten Einschränkungen die einzig möglichen Faktoren $m+n=101$ und $m-n=33$ und somit $m=67$ und $n=34$. Das Ausrechnen von $n^2=34^2=1156$ bestätigt, dass in diesem Fall tatsächlich alle Ziffern von $K$ kleiner als $7$ sind.

Ergebnis:

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

Da $X$ und $Y$ die Mittelpunkte der Grund- bzw. Deckfläche des Zylinders sind, entspricht die Höhe des Zylinders ihrem Abstand. Weil $X$ und $Y$ gegenüberliegende Eckpunkte des Würfels sind, liegen sie auf einer Raumdiagonalen der Länge $\sqrt{3}$. Um den Radius des Zylinders zu bestimmen, kann ein beliebiger weiterer Eckpunkt $Z$ des Würfels gewählt und dessen Abstand von der Diagonalen $\mathit{XY}$ berechnet werden. Das Dreieck $\mathit{XZY}$ ist rechtwinklig bei $Z$, die Strecke $\mathit{XZ}$ ist eine Flächendiagonale und $YZ$ ist eine Kante des Würfels. Somit ist der gesuchte Radius die Höhe von $Z$ auf $\mathit{XY}$. Über die Ähnlichkeit des Dreiecks, das aus $X$, $Z$ und dem Höhenfußpunkt gebildet wird, zum Dreieck $\mathit{XZY}$ mit Ähnlichkeitsfaktor $\sqrt{2}:\sqrt{3}$ ergibt sich diese Höhe zu $\sqrt{\frac{2}{3}}$. Daher ist das Volumen des Zylinders

Ergebnis:

$13$

Die Antworten auf die zweite Frage enthüllen Folgendes: Wenn es mindestens 31 Lügner gäbe, würden sie alle auf die zweite Frage verneinend antworten, was es unmöglich macht, $39$ positive Antworten zu erhalten. Daher gibt es höchstens 30 Lügner. Da Wahrheitssager immer die Wahrheit sagen, müssen diese die zweite Frage mit einem Nein beantwortet haben. Das bedeutet, es kann höchstens $60-39=21$ Wahrheitssager geben.

Damit ist die wahrheitsgemäße Antwort auf die erste Frage „Nein“. Die $43$ positiven Antworten müssen von allen Lügnern und einigen normalen Personen gekommen sein. Da es höchstens $30$ Lügner gibt, muss es mindestens $43-30=13$ normale Personen geben.

Diese Zusammensetzung der Dorfbewohner ist möglich, da die Verteilung von $17$ Wahrheitssagern, $30$ Lügnern und $13$ normalen Personen beide Bedingungen erfüllt. Somit gibt es im Dorf mindestens $13$ normale Menschen.

Ergebnis:

$24$

Zunächst beachten wir, dass die Gesamtzahl der vergebenen Punkte 7 beträgt, was bedeutet, dass bei den insgesamt sechs Spielen genau einmal das Gewinnerteam zwei Punkte erhalten hat und bei den restlichen Spielen das Gewinnerteam jeweils einen Punkt bekommen hat. Das bedeutet, dass das beste Team alle anderen Teams besiegt hat, wobei genau ein Spiel davon sogar mit einem großen Vorsprung gewonnen wurde. Dafür gibt es $4\cdot 3$ Möglichkeiten. Die Spiele zwischen den drei anderen Teams müssen zu einem „Zyklus“ geführt haben, da jedes dieser Teams nur einen Punkt erhalten hat. Es gibt genau zwei Möglichkeiten, diesen Zyklus zu durchlaufen. Insgesamt gibt es $4\cdot 3\cdot 2=24$ Möglichkeiten, wie die Spiele des Turniers stattfinden hätten können.

Ergebnis:

$225$

Der kleinstmögliche Wert für $M$ ist wegen

klarerweise 9. Für $k\ge 1$ erhöht jede Ersetzung von $10^k$ durch zehn Summanden $10^{k-1}$ die Anzahl an Summanden um 9. Das bedeutet, dass $M$ ein Vielfaches von 9 sein muss. Darüber hinaus bilden die möglichen Werte von $M$ sogar eine Menge aus aufeinander folgenden Vielfachen von 9. Der größtmögliche Wert von $M$ ist 2025, wie folgende Darstellung zeigt:

Daher ist die Anzahl an möglichen Werten für $M$

Ergebnis:

$360$

Sei $t_1$ die Zeit, die vergeht von dem Augenblick, als die Zugspitze an Max und Paul vorbeifährt, bis zu dem Moment, als das Zugende Max passiert. Analog sei $t_2$ die Zeitspanne, die das Zugende von Max bis Paul benötigt. Schließlich sei $\ell$ die Länge des Zuges in Metern. Da sich Max und Paul mit gleicher Geschwindigkeit bewegen, schafft Max während $t_1$ genau $45$ Meter und legt Paul während $t_2$ eine Entfernung von $60-45=15$ Meter zurück. Das Verhältnis der Zeitintervalle ist also

Jetzt betrachten wir die Bewegung des Zuges. Während der Zeitspanne $t_1$ rückt der Zug um $\ell -45$ Meter vor, weil sich die Zugspitze zunächst am Treffpunkt befand und das Zugende am Ende dieser Zeitspanne noch 45 Meter von diesem Punkt entfernt war. Während der Zeitspanne $t_2$ legt das Zugende die $105$ Meter zwischen Max und Paul zurück. Also ist die Geschwindigkeit des Zuges

Die gesamte Länge des Zuges ergibt sich dann durch

Ergebnis:

$33,75^{\circ }={\frac{135}{4}}^{\circ }$

Aus dem gleichschenklig-rechtwinkligen Dreieck $\mathit{ABC}$ erhält man sofort $\mathit{\angle CBA}=45^{\circ }$. Weil das Dreieck $X{C}^{\prime }B$ gleichschenklig ist mit Basis $X{C}^{\prime }$, ergibt sich

Außerdem gilt $\mathit{\angle CXY}=\mathit{\angle Y}X{C}^{\prime }$ aufgrund des Faltens. Also ist

Wegen des Faltens gilt $\mathit{\angle X}{C}^{\prime }Y=\mathit{\angle Y}\mathit{CX}=90^{\circ }$. Somit berechnet sich schließlich der gesuchte Wert zu

Ergebnis:

$911$

Für $k\le n$ ist die Anzahl aller streng monoton wachsenden $k$-Tupel mit Einträgen aus der Menge $\{1,2,\dots ,n\}$ gleich $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, da streng monoton wachsende $k$-Tupel genau den $k$-elementigen Teilmengen entsprechen. Allgemeiner ist die Anzahl der streng monotonen $k$-Tupel mit Einträgen aus der Menge $\{m,m+1,\dots ,n\}$ gleich $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Um die Position des gegebenen Tupels zu bestimmen, wird die Anzahl der vorher stehenden $4$-Tupel in der Folge, gruppiert nach ihren Einträgen, berechnet:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$ solche Tupel.
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ solche Tupel.
• $(2,3,\ast ,\ast )$: Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$ solche Tupel.
• $(2,4,a,\ast )$ mit $a\in \{5,6\}$: Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$ solche Tupel.
• $(2,4,7,b)$ mit $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: Es gibt $6$ solche Tupel.

Das Tupel $(2,4,7,14)$ steht folglich an der Position $455+364+66+19+6+1=911$.

Ergebnis:

$60$

$A$ und $B$ bezeichnen die Anzahlen der Äpfel, die Adam bzw. Bettina auf den Markt bringen. Folgendes ist bekannt:

Durch Einsetzen von $b={\displaystyle \frac{45}{A}}$ und $a={\displaystyle \frac{20}{B}}$ in die zweite Gleichung folgt

Daraus ergibt sich $A=\frac{3}{2}B$ und Einsetzen in die erste Gleichung liefert $\frac{3}{2}B+B=\frac{5}{2}B=100$. Folglich ist $B=40$ und $A=100-40=60$. Adam verkaufte also $60$ Äpfel.

Ergebnis:

$598$

Seien $a$, $b$ und $c$ die Hunderter-, Zehner- und Einer-Stellen der dreistelligen Zahl $N$. Dann soll $N=a+b^2+c^3$ sein. Da $a+b^2\le 9+9^2=90$ ist, wird die Größe von $N$ wesentlich von $c$ bestimmt.

Wäre $c=9$, dann ist $N>9^3=729$, also muss $a$ gleich $7$ oder $8$ sein. In beiden Fällen gibt es jedoch keine Wahl von $b$, so dass die letzte Ziffer von $729+a+b^2$ gleich $9$ ist. Es müsste nämlich $a+b^2$ auf $0$ enden, da aber keine Quadratzahl auf $2$ oder $3$ endet, gibt es in beiden Fällen keine Wahlmöglichkeit für $b$.

Betrachten wir nun $c=8$. Da $8^3=512$ ist, muss $a$ gleich $5$ oder $6$ sein. Die Möglichkeit $a=6$ scheidet wegen

aus, also kann $a$ in diesem Fall nur $5$ sein. Gesucht ist also ein $b$, das die Bedingung

erfüllt, also die Bedingung

Diese Gleichung hat die beiden Lösungen $b=1$ und $b=9$ und beide ergeben gültige Zahlen:

Wenn $c\le 7$ ist, dann ist

also ist der größte gültige Wert von $N$ gleich $598$.

Ergebnis:

$42$

Verbindet man den Punkt $P$ mit den Eckpunkten und den gegebenen Teilungspunkten, die auf den Seiten des Vierecks $\mathit{ABCD}$ liegen, so entstehen zwölf Dreiecke.

Jeweils drei, die an einer Seite liegen, haben den gleichen Flächeninhalt, da sie eine gemeinsame Höhe vom Punkt $P$ aus sowie Grundlinien gleicher Länge besitzen. Sei also $a$ der Flächeninhalt des Dreiecks $\mathit{PEI}$, $b$ der Flächeninhalt des Dreiecks $\mathit{PJF}$, $c$ der Flächeninhalt des Dreiecks $\mathit{PGK}$ und $d$ der Flächeninhalt des Dreiecks $\mathit{PLH}$. Dann gilt

und der gesuchte Flächeninhalt des Vierecks $\mathit{PFBG}$ ist $b+c$. Dieser kann durch

berechnet werden.

Ergebnis:

$237$

Grundsätzlich gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ Möglichkeiten, vier Quadrate aus einem Rahmen mit zwölf Quadraten auszuwählen. Für jede der vier Seiten gibt es acht Quadrate, die nicht zu dieser Seite gehören, so dass es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ Möglichkeiten gibt, die vier Quadrate so zu wählen, dass eine Seite ausgelassen wird. Es gibt scheinbar also $495-4\cdot 70=215$ Auswahlmöglichkeiten, so dass keine Seite ausgelassen wird. Allerdings wurden einige Möglichkeiten zweimal subtrahiert, nämlich diejenigen, bei denen zwei Seiten auf einmal weggelassen werden. Dies ist möglich, wenn man $4$ aus $5$ Quadraten wählt, die um eine Ecke gruppiert sind, oder wenn man $4$ aus $4$ gegenüber liegenden mittleren Quadraten nimmt. Im ersten Fall gibt es pro Ecke $5$ Möglichkeiten, also $20$ Möglichkeiten für alle vier Ecken, und im zweiten Fall gibt es zwei Möglichkeiten. Folglich müssen $22$ Möglichkeiten wieder hinzugefügt werden. Da das Weglassen von drei oder vier Seiten in der gegebenen Situation unmöglich ist, ist $215+22=237$ die Anzahl der gesuchten Möglichkeiten.

Ergebnis:

$\frac{6}{5}$

Bezeichne die Mittelpunkte der Kreise mit $X$, $Y$, $Z$ und die Berührpunkte mit $A$, $B$, $C$ wie in der unten stehenden Skizze. Das Dreieck $\mathit{XY}Z$ besitzt die Seitenlängen $1+2=3$, $1+3=4$ und $2+3=5$, welche ein Pythagoräisches Zahlentripel sind. Deshalb ist das Dreieck rechtwinklig mit rechtem Winkel bei $X$. Um den gesuchten Flächeninhalt von Dreieck $\mathit{ABC}$ zu berechnen, werden vom Flächeninhalt des Dreiecks $\mathit{XY}Z$, der $\frac{1}{2}\cdot (3\cdot 4)=6$ ist, die Flächeninhalte der gleichschenkligen Dreiecke $\mathit{XCB}$, $Y\mathit{AC}$ und $\mathit{ZBA}$ abgezogen.

• Das Dreieck $\mathit{XCB}$ ist rechtwinklig, weshalb sein Flächeninhalt gleich $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$ ist.
• Um den Flächeninhalt von Dreieck $Y\mathit{AC}$ zu berechnen, muss erst die Länge der Höhe $\mathit{AR}$ bestimmt werden. Da die beiden Dreiecke $\mathit{RY}A$ und $\mathit{XY}Z$ ähnlich sind mit Ähnlichkeitsfaktor $\overline{YA}:\overline{YZ}=2:5$, folgt $\overline{\mathit{AR}}=\frac{2}{5}\overline{\mathit{ZX}}=\frac{8}{5}$. Somit ist der Flächeninhalt von Dreieck $Y\mathit{AC}$ gleich $\frac{1}{2}\cdot (\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Um den Flächeninhalt von Dreieck $\mathit{ZBA}$ zu bestimmen, benutzt man die Ähnlichkeit $△\mathit{SAZ}\sim △\mathit{XY}Z$ mit dem Ähnlichkeitsfaktor $\frac{3}{5}$, um $\overline{\mathit{AS}}=\frac{9}{5}$ zu erhalten. Also ist der Flächeninhalt von Dreieck $\mathit{ZBA}$ gleich $\frac{1}{2}\cdot (\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Schließlich berechnet sich der gesuchte Flächeninhalt als

Ergebnis:

$300$

Es ist leicht zu sehen, dass die Anzahl der Diagonalen eines $n$-Ecks $\frac{1}{2}n(n-3)$ ist. Da 2025 ungerade ist, können wir gleichbedeutend auch untersuchen, wann das Produkt $P=n(n-3)$ durch 2025 teilbar ist. Da $2025=3^4\cdot 5^2$ gilt, müssen wir wegen der Teilerfremdheit von $3$ und $5$ sicherstellen, dass $P$ durch $3^4=81$ und $5^2=25$ teilbar ist. Man beachte, dass nur einer der Faktoren $n$ oder $n-3$ durch $5$ und damit durch $25$ teilbar sein kann. Andererseits ist $n$ nur dann durch $3$ teilbar, wenn auch $n-3$ durch $3$ teilbar ist, so dass beide zur Potenz von $3$, die $P$ teilt, beitragen. Allerdings kann nur eine der Zahlen $n$ oder $n-3$ durch $3^k$ für $k\ge 2$ teilbar sein. Das bedeutet, dass einer der Faktoren durch $3^3=27$ teilbar sein muss.

Wenn einer der Faktoren sowohl durch $25$ als auch durch $27$ teilbar wäre, wäre er mindestens gleich $25\cdot 27=675$. Wir untersuchen, ob ein kleinerer Wert gefunden werden kann, indem man einen der Faktoren, sagen wir $m$, so wählt, dass er durch $27$ teilbar ist, und den anderen Faktor $m\pm 3$ so, dass er durch $25$ teilbar ist. Auf diese Weise ist entweder $n=m$ oder $n=m+3$. Nach der ersten Bedingung ist $m=27k$ für eine positive ganze Zahl $k$, und wir interessieren uns für den kleinsten Wert von $k$, für den $27k\pm 3$ für eine der Vorzeichenwahlen durch 25 teilbar ist. Da $25k$ immer durch $25$ teilbar ist, können wir gleichermaßen $2k\pm 3$ untersuchen, das für $k=11$ und das positive Vorzeichen erstmals durch $25$ teilbar ist. Daher ist $m=27\cdot 11=297$ und $n=m+3=300$.

Ergebnis:

$84$

Für jeden Knoten berechnen wir (1) die Anzahl der (orientierten) Pfade von $A$, die dort enden, und (2) die Anzahl der Pfade von dort nach $B$. Im Diagramm unten bedeutet beispielsweise $3|1$ im Knoten rechts oben, dass es genau drei Pfade vom Startknoten gibt, die in diesem Knoten enden, und es nur einen Pfad von diesem Knoten zum Endknoten gibt. Für jeden Pfeil kann die Anzahl der Pfade, auf denen dieser Pfeil der einzige ist, der in entgegengesetzter Richtung durchlaufen wird, aus dem Produkt der ersten Zahl am Endpunkt und der zweiten Zahl am Startpunkt berechnet werden. Dieses Produkt wird für jeden Pfeil gebildet und anschließend über alle diese Produkte summiert. Das Ergebnis ist 84.

Ergebnis:

$18249$

Die Rechnung kann äquivalent geschrieben werden als

was sich noch vereinfacht zu

Es folgt $N=1$. Jetzt bleibt noch $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$ übrig, woraus $A=8$ folgt. Die Umformung $914-888=26$ liefert $B=2$ und schließlich $O=4$. Der Wert für $J$ kann frei gewählt werden, vorausgesetzt, er ist verschieden zu den schon verwendeten Ziffern. Der größtmögliche Wert von $\mathit{NABOJ}$ ist daher $18249$.

Ergebnis:

$150$

Wir bezeichnen mit $\mathit{JN}$ die Anzahl der Organisatoren, die bei der ersten Abstimmung dafür und bei der zweiten Abstimmung dagegen gestimmt haben. Auf ähnliche Weise definieren wir $\mathit{JJ}$, $\mathit{NN}$ und $\mathit{NJ}$. Schließlich sei $\mathit{JX}$ die Anzahl der Organisatoren, die nach der ersten Abstimmung ausgeschieden sind. Dann haben wir das folgende Gleichungssystem:

Setzt man $\mathit{JJ}=120$ und $\mathit{NN}=70$ ein und ordnet die Terme um, erhält man

Multipliziert man die zweite Gleichung mit $2$ und addiert alle Gleichungen zusammen, so erhält man $3\mathit{JX}=450$, also ist $\mathit{JX}=150$ die gesuchte Anzahl. Die verbleibenden zwei Variablen sind gleich $\mathit{JN}=5$ und $\mathit{NJ}=155$.

Ergebnis:

$12$

Es sei $g=\mathrm{ggT}(a,b)$. Schreibe $a=g{a}^{\prime }$, $b=g{b}^{\prime }$ mit positiven ganzen Zahlen $a^{\prime }$, $b^{\prime }$. Wegen $g\le a\le b$ ist die arithmetische Dreierfolge $(g,a,b)$ oder $(b,a,g)$. In beiden Fällen ist $a-g=b-a$ und damit $b=2a-g$, was nach Division durch $g$ zu $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$ wird. Aus der Bedingung für die Summe ergibt sich

also $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Diese Zahl hat $(3+1)\cdot (2+1)=12$ positive Teiler, und es bleibt zu prüfen, ob jeder dieser Teiler einen gültigen Wert von $a^{\prime }$ ergibt, d.h. einen, der zu einem gültigen Paar $(a,b)$ ergänzt werden kann. In der Tat, wenn man $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$ und $b=g{b}^{\prime }$ setzt, ergibt sich $a\le b$, da $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ für alle positiven ganzen Zahlen $a^{\prime }$ und $g$ gilt, und außerdem

da $a^{\prime }$ und $2a^{\prime }-1$ für jede positive ganze Zahl $a^{\prime }$ teilerfremd sind.

Ergebnis:

$697$

Die Menge an gelösten Aufgaben wird durch die Menge an ungelösten Aufgaben bestimmt und umgekehrt. Tatsächlich wird diese Menge durch die bis zu drei zum Schluss des Wettbewerbs am Tisch liegenden Aufgaben bestimmt. Daher können maximal

Gruppen am Wettbewerb teilgenommen haben.

Ergebnis:

$51$

Mithilfe der Formel $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$ können die gegebenen Bedingungen in die folgenden Gleichungen umformuliert werden:

Das Ziel ist es nun, $(a-2)(d-2)$ zu finden. Da aufgrund der zweiten Gleichung $b\ne 2$ und $c\ne 2$ sind, kann der gewünschte Ausdruck wie folgt berechnet werden:

Daher ist $2a+2d-\mathit{ad}=-(-47)+4=51$.

Ergebnis:

$\frac{1}{7}\cdot 540^{\circ }$

Da $\mathit{ABCDEFG}$ ein regelmäßiges Siebeneck ist, ist der Winkel $\mathit{\angle AME}$ ein rechter Winkel und $\mathit{AE}$ ist ein Durchmesser des Umkreises von $\mathit{AME}$. Anstatt den Winkel zwischen den Tangenten bei $X$ anzusehen, kann auch der Winkel zwischen den Tangenten bei $A$, dem zweiten Schnittpunkt der beiden Kreise, betrachtet werden. Dieser Winkel ist wiederum gleich dem Winkel $\mathit{\angle BAE}$ zwischen den entsprechenden Durchmessern, da letztere senkrecht auf den Tangenten stehen. Seine Größe lässt sich leicht aus der Symmetrie des regelmäßigen Siebenecks zu $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$ bestimmen oder indem man erkennt, dass es sich um den Peripheriewinkel handelt, der dem Zentriwinkel von $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$ im Umkreis des Siebenecks entspricht.

Ergebnis:

$\frac{1}{3}\cdot 2^{100}\cdot (4^{100}-1)$

Wir beginnen mit einer allgemeineren Beobachtung: Für jede positive ganze Zahl $n$ und die reellen Zahlen $x_1,x_2,\dots ,x_n$ ist das Ergebnis, wenn wir die quadrierten Ausdrücke ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ über alle möglichen Vorzeichenwahlen summieren, immer

Um dies einzusehen, kann man ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ ausmultiplizieren. Jede Expansion eines solchen Quadrates besteht aus den Termen $x_i^2$ sowie gemischten Termen der Form $\pm 2x_i{x}_j$ für $i\ne j$. Jeder Term $x_i^2$ kommt in jeder möglichen Expansion vor, unabhängig von den gewählten Vorzeichen. Da es $2^n$ verschiedene Vorzeichenkombinationen gibt, kommt jeder der quadrierten Terme genau $2^n$ Mal vor. Andererseits erscheinen die gemischten Terme $\pm 2x_i{x}_j$ in genau der Hälfte der Fälle mit positivem Vorzeichen und in der anderen Hälfte mit negativem Vorzeichen, je nachdem, ob $x_i$ und $x_j$ das gleiche Vorzeichen haben oder nicht. Da sich diese Beiträge über alle Vorzeichenwahlen hinweg aufheben, haben sie keinen Einfluss auf die Endsumme. Somit vereinfacht sich die Gesamtsumme auf $2^n$ mal die Summe der quadrierten Terme, womit die Formel bewiesen ist.

In unserem Fall haben wir $x_k=2^{k-1}$, und die gewünschte Summe ist gleich

Mit der Formel für die Summe einer geometrischen Reihe,

erhalten wir das Endergebnis

Ergebnis:

$56$

Wir definieren ein Segment als eine Seite der quadratischen Straße. Es seien $m=24$ und $n>m$ die Geschwindigkeiten des langsameren bzw. schnelleren Autos. Man beachte, dass die Frage, ob das Gummiband jemals reißt, nur vom Verhältnis der Geschwindigkeiten abhängt, nicht aber von deren absoluten Werten. Seien also $m^{\prime }$, $n^{\prime }$ teilerfremde positive ganze Zahlen mit $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Wir behaupten, dass das Band genau dann nie reißt, wenn $n^{\prime }-m^{\prime }$ ein Vielfaches von $4$ ist.

Analysieren wir zunächst den Fall, dass $n^{\prime }-m^{\prime }$ kein Vielfaches von 4 ist. Nachdem das langsamere Auto $m^{\prime }$ Segmente zurückgelegt hat, befindet es sich an einer Ecke. Zur gleichen Zeit hat das schnellere Auto aufgrund des Verhältnisses der Geschwindigkeiten $n^{\prime }$ Segmente zurückgelegt, so dass es sich ebenfalls in einer Ecke befindet. Da $n^{\prime }-m^{\prime }$ nicht durch $4$ teilbar ist, können diese beiden Ecken nicht zusammenfallen. Wenn sie gegenüberliegende Ecken sind, reißt das Band. Wenn es sich um benachbarte Ecken handelt, landen die Wagen nach weiteren $m^{\prime }$ bzw. $n^{\prime }$ Segmenten an gegenüberliegenden Ecken, wodurch das Band ebenfalls reißt.

Wir nehmen nun an, dass $n^{\prime }-m^{\prime }$ ein Vielfaches von 4 ist. Zunächst ist zu beachten, dass die beiden Wagen nicht eher an je einer Ecke sein können, bevor der langsamere Wagen $m^{\prime }$ Segmente zurückgelegt hat. Angenommen, das langsamere Auto hat $s<m^{\prime }$ Segmente durchfahren, dann hätte das schnellere Auto $\frac{s}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ Segmente durchfahren, was keine ganze Zahl sein kann, weil $m^{\prime }$ und $n^{\prime }$ teilerfremd sind. Das erste Mal, dass beide Autos gleichzeitig je eine Ecke erreichen, ist also dann, wenn das langsamere Auto $m^{\prime }$ Segmente und das schnellere Auto $n^{\prime }$ Segmente zurückgelegt hat. Ausgehend von der Annahme, dass $n^{\prime }-m^{\prime }$ ein Vielfaches von $4$ ist, müssen sie an der gleichen Ecke landen. Sobald beide Autos an einer gemeinsamen Ecke landen, wiederholt sich die gesamte Situation, möglicherweise von einer anderen Ecke aus, so dass das Band niemals reißt.

Es bleibt, das kleinste $n>24$ zu finden, das die gegebene Bedingung erfüllt. Wir müssen erreichen, dass $n^{\prime }-m^{\prime }$ durch $4$ teilbar ist. In diesem Fall müssen sowohl $m^{\prime }$ als auch $n^{\prime }$ wegen der Teilerfremdheit ungerade sein. Da $m^{\prime }$ ein Teiler von $m=24$ ist, sind die einzig möglichen Werte 1 und 3. Ist $m^{\prime }=1$, so ist das kleinste $n^{\prime }$, das zu $m^{\prime }$ teilerfremd ist und für das $n^{\prime }-1$ ein Vielfaches von $4$ ist, gleich $5$. Dann ist $n=\frac{24}{1}\cdot 5=120$. Ist $m^{\prime }=3$, so ist das kleinste zu $m^{\prime }$ teilerfremde $n^{\prime }$ mit durch $4$ teilbarem $n^{\prime }-3$ gleich $7$. Hier ist $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Da $56$ kleiner als $120$ ist, folgern wir, dass der gewünschte kleinste Wert $n=56$ ist.

Ergebnis:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}=2^{975}\cdot \left(1+2025\cdot 2^{2024}\right)$

Nummeriere die Spieler mit den Zahlen $1$, $2$, $\dots$, $2025$ und die Anzahl der Münzen im Besitz von Spieler $p$ nach $r$ Runden mit $m_{p,r}$. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass Spieler $1$ die erste Runde verloren hat, Spieler $2$ die zweite Runde, und so weiter. Notiere mit $M=2^{3000}$ die Anzahl Münzen, die jeder Spieler am Schluss besitzt.

Für Spieler $p$ verdoppelt sich nach dem Verlust in der $p$-ten Runde die Anzahl seiner Münzen, bis diese am Ende des Spiels $M$ erreicht. Somit ist für die Runden $r\ge p$ die Anzahl der Münzen

Da Spieler $r$ in der $r$-ten Runde verloren hat, hat er so viele Münzen verloren wie alle anderen Spieler zusammen besitzen. Weil die Gesamtzahl der Münzen im Spiel $2025M$ ist, folgt

Durch Umstellen der Gleichung erhalten wir