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MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016 1

1 Vorschule

Lösungen 102-11

1, 7, 92, 4, 113, 6, 85, 10, 12

Lösungen 102-12Es stehen noch 2 Kunstflieger da:

4− 2 = 2

Lösungen 102-13

Lösungen 102-14Wegen der Druckqualität ist es nur schwer zu erkennen. Es sind diese beiden:

2 Heike Winkelvoß, www.egladil.de

2 Klassen 1 und 2

Lösungen 102-21

Die Maste unterteilen die Liftstrecke in 4 Abschitte. Jeder ist 100 : 4 = 25 Meter lang.

Lösungen 102-22

Minuten: 2 4 6 8 10Luftballons: 3 6 9 12 15

Für 15 Luftballons braucht Tarik 10 Minuten.

Lösungen 102-23

Lucy schießt auf 20 Scheiben (4 · 5). Wenn sie keine davon trifft, bekommt sie 20 Straf-minuten.

Lösungen 102-24

A=35, B=26 und C=29

Lösungen 102-25

Mittagessen: 15 + 5 = 20 Fischstäbchen

Abendbrot: 15 - 5 = 10 : Rest aus der zweiten Packung. Insgesamt 15 + 10 = 25 Fisch-stäbchen.

25− 4− 7− 3− 2 = 9

Papa aß 9 Fischstäbchen zum Abendbrot.

Lösungen 102-26

Ein Fuchs kann 10 Jahre alt werden, ein Wolf 15.

Lösungen 102-27

1 Stunde und 20 Minuten sind auch 80 Minuten.

Lösungen 102-28


3 Klassen 3 und 4

Lösungen 102-31

Es gibt genau 3 Lösungen:

416350 + 416350 = 832700218350 + 218350 = 436700219350 + 219350 = 438700

Lösung von Thekla Hamm, 8 Jahre, Klasse 3:

Ganz einfach ist, dass E = 0, weil E + E = 0 nur so geht. K + K = 0 geht nicht, weildann K auch 0 wäre. Also muss K +K = 10 sein. Dann ist K = 5.

Jetzt wird es schwieriger. C + C + 1 = N , oder C + C + 1 = 10 + N . Bei C = 1 wirdN = 3. Es muss aber auch L + L = C oder L + L + 1 = C oder L + L = 10 + C oderL+ L+ 1 = 10 +C sein. Das würde aber mit C = 1 nur bei L = 0oder L = 5 klappen. 0und 5 sind aber schon vergeben. Also geht C = 1 nicht.

Bei C = 2 wird N = 5. 5 ist aber schon vergeben. Also geht C = 2 nicht. Bei C = 3 wirdN = 7. Und L muss enweder 1 oder 6 sein, weil ja L+ L+ 1 = C oder = 10 +C ist. Aufjeden Fall muss O +O einen Übertrag haben. O muss größer als 5 sein. Nehmen wir malL = 1. Ich probiere O = 6. Dann ist H = 2. F muss kleiner als 5 sein. Da ist nur 4 frei. Sist dann 8. Ich habe ein Ergebnis!

416350 + 416350 = 832700

Aber vielleicht gibt es noch mehr. Ich probiere O = 7, H = 4. Dann ist aber keine Zahlfür F mehr frei. Ich probiere O = 8, H = 6.Das geht jetzt mit F = 2 und S = 4. Nocheine Lösung!

218350 + 218350 = 436700


Dann probiere ich auch noch O = 9, H = 8. Das geht wieder mit F = 2 und S = 4. DritteLösung!

219350 + 219350 = 438700

Ich habe es dann auch noch mit C = 4, 6, 7, 8, 9 versucht. Das ging aber alles nicht.

Lösungen 102-32

Die richtige Reihenfolge ist: E - 1 - 6 - 12 - 18 - 13 - 7 - 2 - 3 - 4 - 5 - 11 - 17 - 21 - 16 -10 - 9 - 8 - 14 - 20 - 19 - 15 - A

Lösungen 102-33

1, 4, 11

2, 6, 8

3, 10, 12

5, 7, 9

Man kann es durch Ausschneiden und drehen überprüfen.

Lösungen 102-34

Er hätte sagen müssen: „Wenn ich es überhaupt besitze und es nicht verloren habe,besitze ich es natürlich noch.“

Lösungen 102-35

Er ist größer, denn der Mensch direkt hinter dem Menschen direkt vor mir bin ich selbstund es wurde gesagt, dass der Mensch vor mir größer ist als ich selbst.

Lösungen 102-36


a) Es sind 5832 Erdstunden: 24 · 243 = 5832.

b) Es sind vier Tage: 96 : 24 = 4.

c) Ein halber Tag ist vergangen: 243 : 2 = 121, 5

d) Es ist genau ein halber Tag vergangen: vom 1. Januar 2010 0:00 Uhr bis zum 1. Mai2010 23:59 sind es genau 31 + 28 + 31 + 30 + 1 = 121 Tage. Bis zum 2. Mai 201012:00 vergeht noch ein halber Tag. Das sind insgesamt 121,5 Erdtage, also ein halberVenustag.

Lösungen 102-37

24 : 3 = 8Von 8 Pinguinen hat Sascha genau ein Foto, von 8 genau zwei Fotos. Das sind insgesamt24 Fotos. Also sind es 16 Pinguine.

Lösungen 102-38

4 Klassen 5 und 6

Lösungen 102-41

Der Abstand der Sessl Nr.19 und Nr.99 ist zu beiden Stationen gleich groß, also

x+ x = 99− 19

d.h. x = 40. An der einen Station befindet sich zum Zeitpunkt der Beobachtung der SesselNr. 59, an der anderen Station der Sessel Nr. 129 (59 + 140 : 2).

Lösungen 102-42

Würfel Nummer 4

Lösungen 102-43

Sven war im Harz und wohnt im weißen oder grünen Haus. Ken war nicht im Harz undnicht an der Ostsee, also war er in der Sächsischen Schweiz und Ben muss an der Ostseegewesen sein. Da Ken im rechten Haus wohnt, sind Bananen nicht sein Lieblingsobst. Da


Äpfel im weißen Haus, das nicht in der Mitte steht, am liebsten gegessen werden, undim linken Haus Bananen, werden im grünen Haus am liebsten Pfirsiche gegessen und daslinke Haus ist rot. Da Ken im rechten Haus wohnt, wohnt er im weißen Haus und isst amliebsten Äpfel.

Ergebnis:

Ken: weißes Haus, Äpfel, Sächsische Schweiz

Ben: rotes Haus, Bananen, Ostsee

Sven: grünes Haus, Pfirsiche, Harz

Lösungen 102-44

Angenommen, Alina war vor 3 Jahren x Jahre alt. Dann waren Lukas vor 3 Jahren 3xund Max 2x Jahre alt. Jetzt gilt daher

x+ 3 + 3x+ 3 + 2x+ 3 = 276x+ 9 = 27

6x = 18x = 3

Vor 3 Jahren waren Alina 3, Max 6 und Lukas 9 Jahre alt. Also sind sie im Moment 6, 9und 12 Jahre alt.

Lösungen 102-45

Angenommen, die Häuser stehen in der Reihenfolge A, B, C an der Straße. Dann mussdie Halstestelle H genau vor Haus B eingerichtet werden.

Die Gesamtentfernung beträgt dann | AB | + | BC |=| AC | und ist minimal.

Begründung: Angenommen, H liege außerhalb der Strecke AC, z.B. HABC (ABCH istanalog). Dann gilt

| HA | + | HB | + | HC |= 3 | HA | + | AB | + | AC |

und das ist größer als jede Gesamtentfernung im Fall AHBC. H muss also zwischen A undC liegen, z.B. AHBC. Dann beträgt die Gesamtentfernung der Häuser von H

| AH | + | HB | + | HC | = | AB | − | HB | + | HB | + | HB | + | BC |= | AB | + | BC | + | HB |

Die rechte Seite der letzten Gleichung ist genau dann minimal, wenn | HB |= 0 ist, alsoB = H.

Die minimale Gesamtentfernung ist gleich | AB | + | BC |=| AC |.

Lösungen 102-46

Teiler:


(1) 2

(2) 3

(3) 4

(4) 5

(5) 6 = 1 · 2 · 3 = 1 + 2 + 3

(6) 7

(7) 8 = 23

(8) 9 = 32

Primfaktorzerlegung ist23 · 32 · 5 · 7 = 2520

Die gesuchte Zahl ist 2520

Lösungen 102-47

A) (Hier wird der Kürze halber nur die Konstruk-tionsbeschreibung und Determination angegeben.Auf Analyse und Beweis wird verzichtet.)Auf der durch die Punkte B und C definierten Ge-raden konstruiert man eine Senkrechte im PunktC (Konstruktion der Mittelsenkrechten mit Zirkelund Lineal).

Der Punkt A des Dreiecks ergibt sich als Schnittpunkt der Senkrechten mit einem Kreis umC mit Radius 4 cm. Nach Satz des Thales ist jeder Peripheriewinkel über dem Durchmessereines Kreises ein rechter Winkel. Da das Dreieck 4ACD gleichschenklig mit Basis ACsein soll, muss der Punkt D ein Schnittpunkt des Kreises mit Durchmesser AC und derMittelsenkrechten zu Strecke AC sein. Man konstruiert also die Mittelsenkrechte zu AC.Diese schneide AC im Punkt M . Nun konstruiert man den Kreis um M mit Radius| AM |. Da der Kreis die Mittelsenrechte in genau zwei Punkten schneidet, gibt es genauzwei Dreiecke 4ACD und 4ACD′, die den Bedingungen der Aufgaben genügen.

B) Da D′ Schnittpunkt eines Kreises um M mit einem Durchmesser ist, der gleich derHälfte der Länge der Strecke AC ist, ist D′ innerer Punkt des Dreiecks 4ABC. Daher istA1 > A2.

Lösungen 102-48

Ilja Rozhko, 10 Jahre, Klasse 5:

Für jede Schachtel gibt es zwei Tippmöglichkeiten (7 Bonbons oder 8 Bonbons). Manmuss die Möglichkeiten multiplizieren: 24 = 16. Man multipliziert sie, weil alle Schachtelnunabhängig voneinander je zwei Möglichkeiten haben. Also gibt es Maximal 16 Tippzettel.


5 Klassen 7 und 8

Lösungen 102-51

Wasja packt die Ski entlang der Raumdiagonale eines würfelförmigen Kastens der Kan-tenlänge 1m. Diese ist

√3 m = 1, 73 . . . m lang, also deutlich länger als 1,5m.

Lösungen 102-52

a) Verbindet man einen beliebigen inneren Punkt P des 100-Ecks mit allen 100 Eck-punkten, dann wird das 100-Eck in 100 Dreiecke zerlegt. Deren Innenwinkelsumme be-trägt 100 · 180◦ = 18000◦. Die Innenwinkelsumme des 100-Ecks ergibt sich aus der Dif-ferenz dieser Winkelsumme und der Summe aller Dreieckswinkel mit Scheitel P , also18000◦ − 360◦ = 17640◦.

b) Die Idee aus a) kann man auf eine beliebige Zahl n ∈ N, n > 2 übertragen: dieInnenwinkelsumme ist gleich

n · 180◦ − 360◦ = (n− 2) · 180◦

In einem regelmäßigen n−Eck sind alle Innenwinkel kongruent. Die Größe eines Innen-winkels α ist also gleich

α = (n− 2) · 180◦n

c) Wir lösen die Teilaufgabe für ein regelmäßiges n− Eck mit n ∈ N, n > 2. Es sei Mder Mittelpunkt des Umkreises des regelmäßigen n− Ecks. Sein Radius sei r. Die Verbin-dungslinien zwischen M und den Eckpunkten zerlegen das n− Eck in n gleichschenkligeDreiecke mit den Schenkellängen r und dem Schnekelwinkel γ = 360◦ : n. Der Fächenin-halt AD eines solchen Dreiecks ist gleich

AD = 12r

2 sin γ = 12r

2 sin 360◦n

Das regelmäßige n− Eck hat also einen Flächeninhalt

An = n

2 r2 sin 360◦

n

Der Umkreis hat den Flächeninhalt

AU = πr2

Für n = 100 ergibt sich

A100 = 50 · sin 3, 6◦ · r2 ≈ 3, 1395r2, AU ≈ 3, 1416r2

Der Flächeninhalt des regelmäßigen 100-Ecks ist um etwa 0,07 % kleiner als der desUmkreises.

Zusatz: Für den gesuchten Quotienten gilt nach c):

AU

An

= πn2 sin 360◦

n


Für n→∞ giltAU

An

→ 0

Der Kreis ist also die Grenzfigur einer Folge regelmäßiger n− Ecke.

Lösungen 102-53

a) Es seien a1 die Kantenlänge und A1 der Oberflächeninhalt des nicht durch den zweitenWürfel verdeckten Teils der Oberfläche des ersten (kleinsten) Würfels. Ferner seien a2 undA2, a3 und A3 sowie a4 und A4 die entsprechenden Größen für den zweiten, dritten undvierten Würfel. Dann gilt

A1 = 5a21

A2 = 5a22 − a2

1

A3 = 5a23 − a2

2

A4 = 6a24 − a2

3

Also ist der gesamte Oberflächeninhalt A des Körpers gleich

A = A1 + A2 + A3 + A4

= 4a21 + 4a2

2 + 4a23 + 6a2

4

= 4(a2

1 + a22 + a2

3 + a24

)+ 2a2

4

Mit a1 = 1 cm, a2 = 2 cm, a3 = 3 cm und a4 = 4 cm ergibt sich für die Oberfläche deszusammengesetzten Körpers 152 cm2.

b) Für den Fall von n > 2 Würfeln erhält man analog wie oben

A1 = 5a21

A2 = 5a22 − a2

1

· · ·An−1 = 5a2

n−1 − a2n−2

An = 6a2n − a2

n−1

Also ist der gesamte Oberflächeninhalt A des Körpers in diesem Fall gleich

A = A1 + A2 + · · ·+ An−1 + An

= 4a21 + 4a2

2 + · · ·+ 4a2n−1 + 6a2

n

= 4(a2

1 + a22 + · · ·+ a2

n−1 + a2n

)+ 2a2

n

Für a1 = 1 cm, a2 = 2 cm, · · ·, an−1 = n− 1 cm und an = n cm erhält man also

A =[4(12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 + n2

)+ 2n2

]cm2 (1)

Nun gilt

12 + 22 + · · ·+ n2 = n (n+ 1) (2n+ 1)6


Diese Formel kennt man entweder aus der Schule oder findet sie in einer mathematischenFormelsammlung. Das setzen wir in (1) ein und erhalten nach einigen Umformungen

A =[23n

(2n2 + 6n+ 1

)]cm2

Lösungen 102-54

Die Aufgabe kann mittels der Koordinatenmethode gelöst werden: wir fassen die geord-neten Paare (a, b) als Koordinaten von Punkten der Ebene auf (siehe Abbildung).

a) Die Ungleichungen (1) - (3) entsprechen dann den Halbebenen, die durch die Pfeilrich-tung markiert sind. Die Koordinaten aller Punkte im Inneren des Dreiecks ABC genügenden Ungleichungen (1),(2) und (3). Die gesuchten geordneten Paare entsprechen daherden Punkten im Inneren des Dreiecks, die natürliche Koordinaten haben: (2, 1),(3, 1)und(3, 2). Da die Abbildung geordneter Zahlenpaare auf Punkte der Ebene eineindeutig ist,sind dies die einzigen Zahlenpaare, die den Bedingungen der Aufgabe genügen.

b) Diesen Teil sieht man ebenfalls an obiger Zeichnung. Die Gerade x+ y = 2 enthält füry < 0 und x < 4 nur den ganzzahligen Gitterpunkt (3,−1). Für diesen gilt aber Gleichheitin (3), so dass er nicht zur Lösungsmenge gehört. Für die anderen Gitterpunkte (a, b) mitganzzahligen Koordinaten, die im Inneren des Dreiecks ABC liegen, gilt a ≥ 0 und b ≥ 0.

Lösungen 102-55

Behauptung: die Flächeninhalte der grauen Dreiecke und des dunkelgrauen Vierecks sindgleich.

Beweis (rein geometrisch)

Mittels Kongruenzsatz sws angewendet auf die Dreiecke 4AGDund 4DFC und Innenwinkelsatz, angewendet auf 4AGD bzw.4DNG zeigt man zunächst, dass ∠MNK = 90◦ ist und analog,dass auch alle anderen Winkel im Viereck KLMN rechte Winkelsind. (Dies wurde in einer früheren Aufgabe bereits ausführlich be-wiesen).


Weiter gilt, dass die kleinen grauen Dreiecke paarweise kongruent sind (Kongruentzsatzwsw z.B.).Es seien S und T die Mittelpunkte der Seiten KL und MN des Rechtecks KLMN .Wir beweisen, dass die Dreiecke 4KSN und 4HAK kongruent sind. Das folgt aus demStrahlensatz und der Kongruenz der Dreiecke 4NHK und 4HAK:nach Voraussetzung sind die Strecken DF und HB parallel. Es gilt also

| AK |:| AN |=| AH |:| AD |

und da H der Mittelpunkt der Strecke AD ist, folgt | AK |=| KN |.Das Viereck ASNH muss also ein Rhombus (Raute) sein (senkrech aufeinanderstehendeDiagonalen, deren eine die andere im Mittelpunkt schneidet.Das Recheck KLMN lässt sich also in 4 kongruente Dreiecke zerlegen (2 davon sind inder Zeichnung erkennbar), die alle kongruent zu einem kleinen grauen Dreieck sind. Damitsind die Flächeninhalte gleich, q.e.d.Bemerkung: Es gibt noch einen anderen Beweis, bei dem die Gleichheit der Flächeninhalterechnerisch gezeigt wird: dieser wird hier aber nur in den Grundideen angedeutet: Manbeweist zunächst die Ähnlichkeit der Dreiecke 4FCD, 4CDM und 4FCM . Der Stre-ckungsfaktor zwischen 4CDM und 4FCM beträgt dabei nach Konstruktion 2. Der Flä-cheninhalt des Dreiecks 4CDM ist also 4 mal so groß wie der des Dreiecks 4FCM . DerFlächeninhalt des Dreiecks 4FCD ist gleich der Summe der Flächeninhalte der Dreiecke4CDM und 4FCM . Seien nun a der Flächeninhalt des Quadrats, f der Flächeninhaltdes Dreiecks 4FCM , g der Flächeninhalt des Dreiecks 4FCD und q der Flächeninhaltdes grauen Vierecks. Dann gilt

a = q + 4 · 4 · fg = a

4g = 5f

Alsoa = 20f = q + 16f

D.h. q = 4f , q.e.d.

Lösungen 102-56

Wir unterteilen dasQuadrat in 1 × 1- Zellen, wie in Bild 1 zu sehen. Jedes Kreisloch istdann vollständig in einem Quadrat der Größe 2 × 2 enthalten. Der Einfachheit halbernennen wir solch ein Quadrat Region.


Wir beweisen nun Folgendes:

Behauptung: Wenn man aus dem gegebenen Quadrat die Vereinigungsmenge von 5 Re-gionen herausschneidet, dann kann man aus der Restmenge 2 Rechtecke der Größe 1× 2herausschneiden.

Beweis: Eine Region ist eindeutig bestimmt durch die Lage ihres Mittelpunktes. DerMittelpunkt jeder Region liegt auf einer der in Bild 2 gekennzeichneten Linien. Da es5 Regionen, aber nur 4 Linien sind, enthalten entweder Linie 1 und Linie 2 gemeinsamnicht mehr als 2 Mittelpunkte, oder Linie 3 und 4 gemeinsam. Ohne Beschränkung derAlgemeinheit nehmen wir an, dass die Linien 3 und 4 zusammen nicht mehr als 2 Region-Mittelpunkte enthalten. Dann sind genau 3 Fälle denkbar:

1) Linie 4 ist leer (enthält keinen einzigen Mitelpunkt der 5 Regionen).

2) Linie 3 ist leer.

3) Linie 3 und Linie 4 enthalten je ganeu einen Mittelpunkt der 5 Regionen.

Im Fall 1 hat der oberste 1 × 5- Streifens des Quadrats keiner der 5 Regionen eine Zellegemeinsam. Daher kann man aus ihm zwei 1 × 2-Rechtecke herausschneiden. Damit istfür den Fall 1 die Behauptung bewiesen.

Zur Analyse von Fall 2 färben wir in dem 5×5- Quadratsieben 1×2- Rechtecke wie in Bild 3. Da die Linie 3 kei-nen Mittelpunkt einer der 5 Regionen enthält, kann jededer 5 Regionen mit höchstens einer der sieben gefärbtenRechtecke eine Zelle gemeinsam haben. Folglich gibt es2 solcher Rechtecke, die mit keiner der fünf RegionenZellen gemeinsam haben, womit die Behauptung auchim Fall 2 bewiesen ist.

Analog untersucht man den dritten Fall:

Falls sich die Regionen, deren Mittelpunkte auf den Linien 3 und 4 liegen, schneiden,bleiben die 2 in Bild 4 gefärbten Rechtecke übrig, falls sie sich nicht schneiden, die in Bild5 gefärbten Rechtecke. Alle anderen denkbaren Anordnungen der Regionen im Fall 3 sindäquivalent zu einer dieser beiden. q.e.d.

Bemerkung: Man kann zeigen, dass es nicht möglich ist, mehr als zwei 1 × 2- Rechteckeaus dem Restquadrat zu schneiden.


Lösungen 102-57

Zeichne zwei beliebige sich von außen in einem Punkt A berührende Kreise. Sind B undC die Berührungspunkte einer gemeinsamen Tangente an diese beiden Kreise, so ist derWinkel ∠BAC ein rechter.

Diese Behauptung ist zu beweisen!

Lösungen 102-58

Wir schreiben alle 100 Summen in eine Tabelle:

b1 b2 b3 · · · b10

a1 a1 + b1 a1 + b2 a1 + b3 · · · a1 + b10a2 a2 + b1 a2 + b2 a2 + b3 · · · a2 + b10· · · · · · · · · · · · · · · · · ·a10 a10 + b1 a10 + b2 a10 + b3 · · · a10 + b10

Nun ordnen wir die Zweiersum-men dieser Tabelle nach folgen-dem Schema 10 Teilmengen zu,die wir der Einfachheit halber mitden Ziffern 1, . . . , 10 bezeichnen:Jede dieser 10 Teilmengen enthältauf diese Weise genau alle gegebe-nen Zahlen a1, . . . , a10, b1, . . . , b10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1010 1 2 3 4 5 6 7 8 99 10 1 2 3 4 5 6 7 88 9 10 1 2 3 4 5 6 77 8 9 10 1 2 3 4 5 66 7 8 9 10 1 2 3 4 55 6 7 8 9 10 1 2 3 44 5 6 7 8 9 10 1 2 33 4 5 6 7 8 9 10 1 22 3 4 5 6 7 8 9 10 1

als Summanden, d.h. die Summe aller Zahlen in jeder der 10 Teilmengen ist gleich a1 +. . .+ a10 + b1 + . . .+ b10.

6 Klassen 9 bis 13

Lösungen 102-61

Lösung c):

Es sei n ∈ N. Dann gilt

Tn(x) :=√x− n2 −

√x− 2n

√x− n2 = n ∀x ≥ 2n2


Sei x ≥ 2n2, dann ist√x− n2−n ≥ 0 und x− 2n

√x− n2 ≥ 0. Daher sind alle folgenden

Umformungen äquivalent.

x = x

x− n2 − 2n√x− n2 + n2 = x− 2n

√x− n2

(√x− n2 − n)2 = x− 2n

√x− n2

√x− n2 − n =

√x− 2n

√x− n2

√x− n2 −

√x− 2n

√x− n2 = n

Tn(x) = n

Für die Spezialfälle n = 1 und n = 2 ergeben sich die Lösungen a und b:

Lösung a: T1(x) = 1 ∀x ≥ 2

Lösung b: T2(x) = 2 ∀x ≥ 8

Lösungen 102-62

Da 3448 = 9224 < 10224 ist, hat die Zahl z höchstens 224 Dezimalziffern. Jede der Ziffernist höchstens gleich 9. Also ist die Quersumme der Zahl z kleiner als 9 · 224 = 2016.

Lösungen 102-63

Es seien a, b, c ≥ 1 natürliche Zahlen, die das gegebene Gleichungssystem lösen undo.B.d.A sei a ≤ b ≤ c. Dann gilt

48 = a+ b+ c ≤ 3c

d.h.16 ≤ c ≤ 46

Wegen 2016 = 25 · 32 · 7, folgt c ∈ {16, 18, 21, 24, 28, 32, 36, 42}. Das gegebene Gleichungs-system können wir äquivalent umformen:

a2 − (48− c)a+ 2016c

= 0

Mit den möglichen Werten für c erhalten wir 8 quadratische Gleichungen für a, die ganz-zahlig zu lösen sind:

a2 − 32a+ 126 = 0a2 − 30a+ 112 = 0a2 − 27a+ 96 = 0a2 − 24a+ 84 = 0

a2 − 20a+ 72 = 0a2 − 16a+ 63 = 0a2 − 12a+ 56 = 0a2 − 6a+ 48 = 0

Von diesen ist nur a2 − 16a + 63 = 0 ganzzahlig lösbar. Lösungen sind a = 7 und a = 9mit b = 9 bzw. b = 7. Damit gibt es genau eine Lösung des gegebenen Gleichungssystemsmit a ≤ b ≤ c:

a = 7, b = 9, c = 32


Lösungen 102-64

Zunächst bemerkt man, dass die gegebene Folge monoton steigend ist und alle Folgen-glieder positiv sind. Sodann stellt man fest, dass die Rekursionsgleichung äquivalent istmit

x2n+1 − 10xn+1xn + x2

n − 1 = 0.

Mit n− 1 an Stelle von n erhält man

x2n − 10xnxn−1 + x2

n−1 − 1 = 0.

Folglich sind für n ≥ 2 die Zahlen xn+1 und xn−1 zwei verschiedene Lösungen der Gleichung

x2 − 10xxn + x2n − 1 = 0.

Der Satz des Vieta liefert nun xn+1 + xn−1 = 10xn oder äquivalent hiermit

xn+1 = 10xn − xn−1

für alle n ≥ 2. Da x1 = 1 und x2 = 10, so folgt induktiv, dass alle xn natürliche Zahlensind.

Lösungen 102-65

Ein ganz einfaches Beispiel mit k = 1 ist

2 · 3 · 4 = 24

Von diesem ausgehend kann man weitere Zahlen finden, z.B. indem man beide Seiten mitdem Produkt der natürlichen Zahlen von 5 bis 23 multipliziert (k = 20):

2 · 3 · 4 · 5 · . . . · 23 = 5 · . . . · 23 · 24

Allgemein gilt: hat man Zahlen k und n gefunden, so dass

(a+ 1)(a+ 2) · . . . · (a+ k) = (b+ 1)(b+ 2) · . . . · (b+ k + 2)

gilt (a = n− k, b > a+ k), so gilt für K := b− a eine analoge Gleichung:

(a+1)(a+2) · . . . · (a+k)(a+k+1) · . . . ·b = (a+k+1) · . . . ·b · (b+1)(b+2) · . . . · (b+k+2)

Man findet also ausgehend von einem Paar (k, n) natürlicher Zahlen, das die Bedinungerfüllt, weitere Paare (K,N) natürlicher Zahlen, indem man links und rechts das gleicheProdukt aufeinanderfolgender Zahlen multipliziert.

Weitere Beispiele erhält man für b = a(a+ 1)(a+ 2). Dann gilt nämlich

a(a+ 1)(a+ 2)(a+ 3) · . . . · (b− 1) = (a+ 3) · . . . · (b− 1)

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