Tag der Math. 2017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 1

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1 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 1 Den Preis eines Spitzers bezeichnen wir mit S, den Preis eines Bleistiftes mit B und den Preis eines adiergummis mit. Es gilt laut Voraussetzung: (I) S + B + = 100, (III) 3B > 4, (IV ) 3 > S. S, B und sollen ganze Centbeträge sein, sind also natürliche Zahlen zwischen 1 und 100. Wir probieren zunächst systematisch. S B Summe 50 wegen S > B wegen 3B > 4 höchstens 91 höchstens 4 höchstens 17 zu klein 60 wegen 3B > 4 wegen 3 > S mindestens 110 mindestens 9 mindestens 1 zu groß 55 wegen 3B > 4 wegen 3 > S mindestens 100 mindestens 6 mindestens wegen S > B wegen 3B > 4 höchstens 10 höchstens 7 höchstens erfüllt 55 > 6 und und 3 19 > > 4 19 und = 100 Wir haben eine Lösung gefunden und müssen noch die anderen ausschließen. Für S = 55 gäbe es noch laut unserer Tabelle die Möglichkeit B = 7 und = 0. Dies würde jedoch zu einer Summe größer als 100 führen. Nun schließen wir andere Werte für S aus. S B Summe S < 55 wegen S > B wegen 3B > 4 höchstens 99 höchstens 6 höchstens 19 zu klein S > 55 wegen 3B > 4 wegen 3 > S mindestens 101 mindestens 6 mindestens 19 zu groß Somit ist die gefundene Lösung die einzig mögliche.

2 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 1 Fortsetzung alternative Lösung (I) S + B + = 100, (III) 3B > 4, (IV ) 3 > S. Dabei sind S, B und natürliche Zahlen zwischen 1 und 100. Wir versuchen zuerst genauer zu bestimmen und setzen dazu die Ungleichungen geschickt in (I) ein. < S + 1 S + < = 11 und d.h. = 19 Damit erhalten wir das folgende System: > B + B + > 4 + = 5 (I) S + B = 81, (III) B > 5, (IV ) 57 > S. Wir setzen B = 81 S in die Ungleichungen ein und erhalten: (I) S + B = 81, (II) S > 54, (III) 56 > S, (IV ) 57 > S. Damit muss S = 55 gelten und wir erhalten B = 6. Und diese Werte erfüllen als einzig mögliche alle Bedingungen. weitere alternative Lösung (I) S + B + = 100, (III) 3B > 4, (IV ) 3 > S. Wir versuchen S genauer zu bestimmen und setzten dazu die Ungleichungen geschickt in Gleichung (I) ein. < S + B + 3B 4 < S + 7 1S und 4 = 15S 8 d.h. S = 54 oder 55 oder 56 > S > S + 7 1S 3 3 = 16S 9 = = 19 oder 0 und B = 5 oder 6 oder 7. Durch S + B + = 100 kann man nun als potentielle Lösungen (54, 19, 7), (54, 0, 6), (55, 19, 5), (55, 0, 5) und (56,19,5) identifizieren. Davon erfüllt jedoch nur (55,19,6) alle Bedingungen.

3 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe a) a) Matheo lässt je einen Würfel mit den Augenzahlen liegen und nutzt im zweiten Versuch noch zwei Würfel. Von den 36 möglichen Ergebnissen a-b beim zweiten Versuch führen genau zwei nämlich -5 und 5- sofort zu einer Großen Straße. Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt p 1 = 36 = Bei welchen Ergebnissen im zweiten Versuch ist genau eine Augenzahl geeignet? Dies ist bei -b mit b 5, 5-b mit b, a- mit a 5 und a-5 mit a der Fall. Allerdings sind in dieser Liste - und 5-5 doppelt gezählt. Wir haben also 4 5 = 18 Ergebnisse, bei denen genau eine Augenzahl geeignet ist. Insgesamt gibt es für den zweiten Versuch 6 6 = 36 mögliche Ergebnisse. Wenn dann ein weiteres Mal mit dem letzten Würfel gewürfelt wird, ist 1 der möglichen 6 Ergebnisse geeignet. Wir erhalten p = = 1 1. Bei den übrigen sechzehn möglichen Ergebnissen des zweiten Versuches gibt es keine verwertbare Augenzahl. Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall eintritt und im dritten Versuch mit zwei Würfeln beide fehlenden Zahlen gewürfelt werden, ist mit den Überlegungen des ersten Falls p 3 = = 81. Die Gesamtwahrscheinlichkeit für eine Große Straße nach dem vorgegebenen ersten Wurf ist die Summe der drei Einzelwahrscheinlichkeiten. p = = , 164 Die Gesamtwahrscheinlichkeit beträgt also etwa 16,4 %.

4 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe b) b) Wenn Charlotta zwei Würfel liegen lässt (mit den Augenzahlen a und b), so muss sie im dritten Versuch a a b oder a b b würfeln. Dafür gibt es zunächst 6 Möglichkeiten, je nachdem welcher Würfel welche Zahl zeigt (a-a-b, a-b-a, b-a-a und a-b-b, b-a-b, b-b-a). Mögliche Ergebnisse gibt es insgesamt 6 3. Damit erhalten wir P (Full house zwei Würfel liegen lassen) = = 1 6. Wenn Charlotta mit allen Würfeln noch einmal würfelt, so muss sie anschließend a a a b b würfeln. Dabei können a und b aber alle Zahlen von 1 bis 6 annehmen, wobei a b gilt. Die Anzahl der günstigen Fälle ist also 6 5 (5), denn es gibt 6 Möglichkeiten a zu wählen, 5 Möglichkeiten b zu wählen und ( ) 5 Möglichkeiten für die Wahl der beiden Würfel, die b zeigen, wodurch die Würfel, die a zeigen, eindeutig festgelegt sind. Mögliche Ergebnisse gibt es insgesamt 6 5. Damit erhalten wir Es ist P (Full house alle neu würfeln) = = = 36 6 < Es ist also wahrscheinlicher, im dritten Versuch ein Full House zu würfeln, wenn Charlotta mit allen Würfeln neu würfelt.

5 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 3 Die Geschwindigkeit der Schlange sei v, die Geschwindigkeit von Frederick sei ṽ. Zum Zeitpunkt t = 0 ist Frederick am Ende der Schlange an der Position Zum Zeitpunkt t = t 1 hat Frederick die Schlange gerade komplett überholt und ist am Anfang der Gruppe. Die Schlange ist dabei um die Strecke x weitergelaufen. 0 1 x Für den Zeitpunkt t = t 1 können wir also folgende Gleichungen aufstellen: (I) t 1 ṽ = 1 + x (II) t 1 v = x. Zum Zeitpunkt t = t hat die Schlange 1 km zurückgelegt und Frederick ist wieder am Ende der Schlange. 0 1 Wir können für den Zeitpunkt t = t die folgenden Gleichungen aufstellen: (III) t ṽ = 1 + x (IV ) t v = 1. Wir stellen (IV ) nach v um und setzen in (II) ein und erweitern mit ṽ: x = t 1 t = t 1ṽ t ṽ. Zähler und Nenner können wir durch die Gleichungen (I) und (III) ersetzen und erhalten: x = 1+x 1+x (x > 0) x + x = 1 + x x = 1 x>0 x = 1. Damit ist der von Frederick zurückgelegte Weg 1 + x = 1 + Kilometer lang.

6 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 4 a) a) Wir schneiden die Kugel mit der Ebene durch den Mittelpunkt M und die beiden Punkte, in denen die Zirkelspitze (bei N) und Zirkelstift (bei P ) gerade sind. N M P Das Dreieck M P N ist gleichseitig mit Seitenlänge. Der adius des gezeichneten Kreises entspricht genau der Höhe in dem gleichseitigen Dreieck M N P, beträgt also nach dem Satz des Pythagoras gerade r = ( ) 1 1 = 3. Damit erhalten wir für den gesuchten Umfang: U = πr = π 3.

7 Tag der Math. 017, Klassenstufe 9/10 Lösung zu Aufgabe 4 b) b) Es sei nun der eingestellte Zirkelradius a, den adius des gezeichneten Kreises bezeichnen wir mit r a. Nun erhalten wir das folgende Bild. x F N a F P Dabei ist F der Fußpunkt des Lotes von P auf MN und F der Fußpunkt des Lotes von M auf NP. Die Dreiecke MF N und P F N sind ähnlich, da sie beide einen rechten Winkel und den Winkel in N gemeinsam haben. Es folgt also M r a a = MF r a = a MF. Nach dem Satz des Pythagoras für das rechtwinklige Dreieck MF N folgt r a = a MF ( = a ) a = 1 a 4 a. Damit gilt für den gesuchten Umfang U = πr a = π a 4 a. zweiter Lösungweg Wir nutzen den Satz des Pythagoras für die rechtwinkligen Dreiecke P F M und P F N. Dabei sei NF = x und folglich MF = x. Es gilt: (I) x = (a) r a (II) = r a + ( x). Einsetzen von (I) in (II) unter Beachtung x > 0 liefert: = ra + ( (a) ra) = ra + (a) ra + ((a) ra) (a) r a = a (a) ra = a4 4 (a) a4 4 = r a 1 a 4 a = r a. Damit folgt für den Umfang U = πr a = π a 4 a.