Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$50$

Zunächst berechnen wir die Anzahl aller möglichen $3$-stelligen Zifferncodes. Das sind alle Kombinationen von $000$ bis $999$, also insgesamt $10\cdot 10\cdot 10=1000$ Kombinationen. Es dauert $3$ Sekunden, eine davon auszuprobieren. Also wird es $3\cdot 1000=3000$ Sekunden dauern, bis Patrick alle $1000$ möglichen Codes ausprobiert hat. Das ergibt $\frac{3000}{60}=50$ Minuten.

Ergebnis:

$900$

Zunächst wandeln wir alle Maßeinheiten in Basiseinheiten um. Wir wissen, dass $12,5\mathrm{cm}$ gleich $0,125m$ ist, $15\mathrm{mm}$ gleich $0,015m$ und $15\mathrm{mm}$ gleich $0,015m$. Nun können wir das Volumen einer Planke berechnen, indem wir die Maßzahlen multiplizieren. Das ergibt ein Volumen von $0,8m\cdot 0,125m\cdot 0,015m=0,0015m^3$. Um das Gewicht einer Planke zu ermitteln, multiplizieren wir das Volumen der Planke mit der Dichte des Holzes. Das ergibt eine Masse von $0,0015m^3\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3=0,9\mathrm{kg}$. Unsere Antwort sollte das Gewicht in Gramm sein. Die Antwort ist also $0,9\mathrm{kg}=900g$.

Ergebnis:

$2$

Für die Karten $3$ und $4$ gibt es jeweils nur eine andere Karte, deren Zahl sich um mehr als $2$ unterscheidet. Für $3$ ist es $6$ und für $4$ ist es $1$. Das heißt, dass die Karten $3$ und $4$ nur am Anfang oder der Ende der Reihe liegen können. Die möglichen Anordnungen müssen also wie folgt aussehen:

Außerdem wissen wir, welche Zahlen neben $3$ und $4$ liegen können. Das ergibt die folgenden Möglichkeiten:

Es bleiben nur noch die Zahlen $2$ und $5$ übrig. In beiden Anordnungen gibt es nur eine Möglichkeit, sie richtig zu platzieren. Es gibt also genau zwei Reihen, nämlich $3$, $6$, $2$, $5$, $1$, $4$ und $4$, $1$, $5$, $2$, $6$, $3$, für die der Zaubertrick funktioniert. Die Antwort ist also $2$.

Ergebnis:

$10$

Da sie mit derselben Geschwindigkeit laufen, wird Daniela genauso lange brauchen, um zur zweiten Birke zu laufen, wie Janina zur neunten Birke. Das gilt auch für alle weiteren Birken – sie werden gleichzeitig an der dritten und der achten Birke sein, dann gleichzeitig an der vierten und der siebten Birke und so weiter. Sobald Daniela zu einer Birke mit einer höheren Nummer läuft als Janina, treffen sie sich zum ersten Mal. Das passiert, wenn Daniela auf dem Weg zur sechsten Birke und Janina auf dem Weg zur fünften Birke ist. Dann treffen sie sich das erste Mal und dann gleich das zweite Mal auf dem Rückweg von diesen Birken. Von diesem Zeitpunkt an wird Daniela immer zu einer Birke mit einer höheren Nummer laufen als Janina. Sie treffen sich dabei genau zweimal: einmal auf dem Hinweg und einmal auf dem Rückweg. Es gibt fünf solcher Birken (für Daniela die sechste bis zehnte Birke, für Janina die fünfte bis erste). Insgesamt treffen sie sich also $5\cdot 2=10$-mal.

Ergebnis:

$87$

Der Unterschied zwischen zwei aufeinanderfolgenden Vielfachen von $181$ beträgt genau $181$. Es wird angegeben, dass das vorherige Vielfache von $181$ zu Beginn $7$ Kilometer zurückliegt. Das nächste Vielfache von $181$ wird also in $181-7=174$ Kilometern erreicht. Samuel möchte diese Strecke in genau 2 Stunden zurücklegen. Seine durchschnittliche Geschwindigkeit muss also $v=\frac{174\mathrm{km}}{2h}=87$ Kilometer pro Stunde betragen.

Ergebnis:

$35$

Denken wir über die erste Aussage nach. Angenommen, sie wäre falsch. Das würde bedeuten, dass Irfans Lieblingszahl entweder $1$ ist oder eine Primzahl. Die Summe von drei positiven ganzen Zahlen ist aber niemals $1$. Deshalb müsste die Lieblingszahl eine Primzahl sein. Allerdings wäre die Zahl auch die Summe von drei der Zahlen $2$, $4$, $8$, $16$ und $32$. Weil diese Zahlen alle gerade sind, wäre dann auch Irfans Lieblingszahl eine gerade Zahl. Die einzige gerade Primzahl ist $2$. Das kommt aber nicht infrage, weil die Summe der drei Zahlen sicher größer als $2$ ist. Das bedeutet, dass die erste Aussage wahr ist.

Die erste Aussage ist die einzige, deren Nummer ungerade ist. Deshalb ist die Summe der wahren Aussagen ebenfalls ungerade. Die zweite Aussage muss also wahr sein. Jetzt müssen wir noch die dritte wahre Aussagen finden. Denken wir über die Aussage mit der Nummer $4$ nach. Wäre sie wahr, dann müsste Irfans Lieblingszahl $1+2+4=7$ sein. In diesem Fall wäre jedoch auch die Aussage mit der Nummer $8$ wahr, sodass wir vier wahre Aussagen hätten. Das ist aber unmöglich. Deshalb muss die Aussage mit der Nummer $4$ falsch sein. Deshalb muss Irfans Lieblingszahl mindestens $30$ betragen. Die einzige Möglichkeit, dies zu erfüllen, besteht darin, anzunehmen, dass die Aussage mit der Nummer $32$ wahr ist. Damit ist Irfans Lieblingszahl $1+2+32=35$.

Es ist leicht zu überprüfen, dass bei der Zahl $35$ die wahren Aussagen genau die mit den Nummern $1$, $2$ und $32$ sind. Daher ist $35$ tatsächlich Irfans Lieblingszahl.

Ergebnis:

$80$

Damit Michael seine Füße sehen kann, muss es einen Lichtstrahl geben, der von seinen Schuhen zum Spiegel gelangt und nach der Reflexion auf Augenhöhe, also bei $160\mathrm{cm}$, in seine Augen trifft. Da sowohl seine Augen als auch seine Füße den gleichen horizontalen Abstand zum Spiegel haben und der Einfallswinkel gleich dem Ausfallswinkel ist, können wir folgende Grafik erstellen:

Da die Winkel $\alpha$ und $\beta$ identisch sind, sind auch die Strecken $a$ und $b$ gleich lang, und noch wichtiger: Die Höhenunterschiede $h_a$ und $h_b$ des Lichtstrahls sind ebenfalls gleich. Die Reflexion findet also genau in der Mitte zwischen Michaels Füßen und Augen statt. Da seine Augen sich in einer Höhe von $160\mathrm{cm}$ befinden, findet die Reflexion in einer Höhe von $\frac{160\mathrm{cm}}{2}=80\mathrm{cm}$ statt.

Daher liegt die maximale Höhe der unteren Kante des Spiegels bei $80$ Zentimetern über dem Boden. Wäre die Kante höher angebracht, könnte der Lichtstrahl nicht in diesem Winkel reflektieren und Michael könnte seine Schuhe nicht im Spiegel sehen.

Ergebnis:

$5$

Betrachten wir zunächst die Zahl im Quadrat oben links. Jede Zahl in dieser Tabelle kann von hier aus durch Bewegen nach unten oder nach rechts erreicht werden. Daher müssen alle Zahlen in der Tabelle größer als diese Zahl sein, was zwingt, dass die Zahl im Quadrat oben links eine $1$ sein muss. Ebenso muss die Zahl $6$ im Quadrat unten rechts stehen.

Als Nächstes sehen wir uns an, wo die Zahl $2$ platziert werden kann. Sie muss in einem der beiden angrenzenden Quadrate zur Zahl $1$ sein (ansonsten gäbe es ein Quadrat mit einer Zahl zwischen $1$ und $2$, was unmöglich ist). Somit gibt es nur zwei Möglichkeiten für die Position der Zahl $2$:

Fall 1.

Die Zahl $2$ befindet sich rechts von der Zahl $1$. In diesem Fall haben wir drei Möglichkeiten für die Zahl rechts von der Zahl $2$ (es kann die $3$, $4$ oder $5$ sein). Für jede Auswahl dieser Position können die verbleibenden Felder auf nur eine Weise ausgefüllt werden.

Fall 2.

Die Zahl $2$ befindet sich unter der Zahl $1$. Auch hier haben wir wieder drei Möglichkeiten für das Quadrat rechts vom Quadrat mit der Zahl $2$. Die verbleibenden Felder können eindeutig gefüllt werden, jedoch ergibt sich nicht in jedem Fall eine gültige Lösung (wenn die Zahl $3$ rechts von der Zahl $2$ steht, ist die Lösung ungültig, da die zweite Spalte in der oberen Zeile eine größere Zahl als in der unteren hätte).

Es bleibt, die Möglichkeiten beider Fälle zu summieren, also haben wir $3+2=5$ Möglichkeiten, die Karten gültig in der Tabelle anzuordnen.

Ergebnis:

$12$

Jede Stunde legt Berta $120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$ mehr zurück als Anton. Das geht jede Stunde so, bis Berta genau $360^{\circ }$ mehr zurückgelegt hat als Anton. In diesem Moment hat Berta einen ganzen Kreis mehr zurückgelegt als Anton. Sie befinden sich dann zum ersten Mal wieder genau übereinander. Das geschieht nach genau $\frac{360}{30}=12$ Stunden.

Ergebnis:

$3$

Da die Anzeigetafel direkt zur Sonne ausgerichtet ist, bleibt die Breite ihres Schattens dieselbe wie die ursprüngliche Breite, also $5m$. Die Länge des Schattens ändert sich jedoch. Wir wissen, dass die Höhe des Baumes direkt daneben von $3m$ auf $0,75m$ verkürzt wird. Das Verhältnis zwischen der Höhe des Baumes und der Länge seines Schattens beträgt $\frac{3}{0,75}=\frac{4}{1}$. Dieses Verhältnis gilt auch für die Anzeigetafel, sodass die Länge ihres Schattens $\frac{2,4m}{4}=0,6m$ beträgt. Die gesamte Fläche des Schattens ist die Länge mal die Breite, also $0,6m\cdot 5m=3m^2$.

Ergebnis:

$160$

Nennen wir die Temperatur in Grad Celsius $N\circ C$. Wir wissen, dass die äquivalente Temperatur in Fahrenheit wie folgt berechnet wird: $\left(\left(\frac{9}{5}\cdot N\right)+32\right)\circ F$. Wir wissen auch, dass diese Temperatur doppelt so hoch wie die Celsius-Temperatur sein soll, also $2N\circ F$. Daher können wir die Gleichung aufstellen: $((\frac{9}{5}\cdot N)+32)=2N$. Wir formen die Gleichung um:

Daraus folgt:

Die Temperatur im Ofen beträgt also $160\circ C$.

Ergebnis:

$64$

Nach einem Tag wird Michael $1$ Seite gelesen haben, nach zwei Tagen $1+2$ Seiten, nach drei Tagen $1+2+3$ Seiten und so weiter. Nach $n$ Tagen wird er also $1+2+\dots +n$ Seiten gelesen haben. Mithilfe einer Formel auf dem Spickzettel können wir diese Summe als $\frac{n(n+1)}{2}$ schreiben. Die Frage ist, was die kleinste Zahl $n$ ist, sodass $\frac{n(n+1)}{2}$ mindestens $2024$ beträgt. Wir müssen also eine Ungleichung lösen:

Wir können abschätzen, dass für $n=60$ das Produkt $n(n+1)$ ungefähr $3600$ ist, also wird das gesuchte $n$ nur wenig größer sein. Tatsächlich finden wir, dass $63\cdot 64=4032\le 4048$ und $64\cdot 65=4160\ge 4048$. Daher wird Michael $64$ Tage brauchen, um das Buch auszulesen.

Ergebnis:

$242$

Betrachten wir zuerst die $2$-stelligen Palindrome. Da solche Zahlen sowohl von links nach rechts als auch von rechts nach links gleich gelesen werden, müssen diese Zahlen aus zwei gleichen Ziffern bestehen. Die $2$-stelligen Palindrome sind also die Zahlen $11$, $22$, $33$, ... , $99$. Es fällt auf, dass alle diese Zahlen durch $11$ teilbar sind. Deshalb ist auch jede Zahl, die eine Summe von $2$-stelligen Palindromen ist, durch $11$ teilbar.

Die größte Zahl, die eine Summe von drei $2$-stelligen Palindromen ist, lautet $99+99+99=297$. Wir suchen also nach einem durch $11$ teilbaren Palindrom, das kleiner als $297$ ist. Die ersten Palindrome, die wir prüfen müssen, lauten $292$, $282$, $272$ und so weiter. Die erste solche Zahl, die durch $11$ teilbar ist, lautet $242$. Jetzt müssen wir noch prüfen, ob es auch wirklich drei $2$-stellige Palindrome gibt, die zusammen $242$ ergeben. Die sind schnell gefunden: Es gilt $77+77+88=242$.

Ergebnis:

$860$

Die durchschnittliche Dichte eines Objekts lässt sich berechnen, indem man seine Gesamtmasse durch sein Gesamtvolumen teilt. Wir wissen, dass das Gesamtvolumen $100\mathrm{ml}=100{\mathrm{cm}}^3$ beträgt, also müssen wir nur die Gesamtmasse finden. Diese lässt sich als die Summe der Masse der Füllung und der Masse des Teigs berechnen. Für die Massen verwenden wir die Formel $m=\rho \cdot V$, wobei $\rho$ für die Dichte und $V$ für das Volumen steht. Dabei müssen wir insbesondere auf die Einheiten achten. Wir verwenden $15\mathrm{ml}=15{\mathrm{cm}}^3$ für das Volumen der Füllung ($V_f$) und $100\mathrm{ml}-15\mathrm{ml}=85\mathrm{ml}=85{\mathrm{cm}}^3$ für das Volumen des Teiges ($V_t$). Daher müssen wir die beiden gegebenen Dichten in die entsprechenden Einheiten umwandeln: $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2g∕{\mathrm{cm}}^3$ für die Dichte der Füllung (${\rho }_f$) und $800\mathrm{kg}∕m^3=0,8g∕{\mathrm{cm}}^3$ für die Dichte des Teiges (${\rho }_t$). Nun können wir die Gesamtmasse des Croissants berechnen:

Die durchschnittliche Dichte ergibt sich dann als der Quotient aus der Gesamtmasse und dem Gesamtvolumen:

Da das Ergebnis in $\mathrm{kg}∕m^3$ gesucht war, ergibt sich daraus die Antwort $860\mathrm{kg}∕m^3$.

Ergebnis:

$48$

Wir wissen, dass der Umfang des großen Rechtecks $16m$ beträgt. Die Summe der Längen aller durchgehenden Linien ist also $16m$. Wenn wir die gestrichelten Linien betrachten, sehen wir, dass wir sie so anordnen können, dass sie das gleiche Rechteck wie das ursprüngliche Rechteck mit den durchgezogenen Linien ergeben. Daher ist die Summe ihrer Längen gleich der Summe der Längen aller durchgehenden Linien, also auch $16m$. Nun stellt sich die Frage, wie oft wir welche Linien verwenden, wenn wir die Umfänge aller dieser $9$ Rechtecke zusammenzählen. Jede durchgezogene Linie wird genau einmal verwendet, da jeder Abschnitt jeder durchgezogenen Linie genau zu einem der $9$ Umfänge gehört. Die gestrichelten Linien befinden sich jedoch immer zwischen zwei Teilen, sodass jeder Abschnitt jeder gestrichelten Linie genau zu $2$ der $9$ Umfänge gehört. Also wissen wir, dass jede gestrichelte Linie zweimal und jede durchgezogene Linie einmal verwendet wird. Insgesamt verwenden wir daher den gesamten Umfang des ursprünglichen Rechtecks $2+1=3$-mal. Die Antwort lautet also $3\cdot 16m=48m$.

Ergebnis:

$6$

Damit das Brett nicht kippt, muss sein Schwerpunkt zwischen zwei Stützen liegen. Anders ausgedrückt: Es muss eine Stütze links und ein Stütze rechts vom Schwerpunkt des Bretts vorhanden sein. Der Schwerpunkt des Brettes liegt zwischen den Stiften mit den Nummern $5$ und $6$. Wir benötigen also mindestens eine Stütze mit einer Nummer von höchstens $5$ und eine Stütze mit einer Nummer von mindestens $6$. Um das Produkt so klein wie möglich zu machen, nehmen wir die Stütze mit der jeweils kleinsten Nummer links beziehungsweise rechts vom Schwerpunkt, also die Stütze mit der Nummer $1$ und die Stütze mit der Nummer $6$.

Wenn wir nur diese beiden Stützen verwenden, wird der Schwerpunkt zwischen ihnen liegen, sodass das Brett stabil bleibt. Mit zusätzlichen Stützen kann das Produkt nur größer werden. Die Antwort ist also $1\cdot 6=6$.

Ergebnis:

$5$

Wir wissen, dass es einen eindeutigen Modus gab: $4$. Daher muss die Anzahl der Zahlen $4$ in unserer Datenmenge größer sein als die Anzahl jeder anderen Zahl. Von den bekannten Zahlen kommen $3$ und $5$ jeweils zweimal vor. Daher muss $4$ mindestens dreimal vorkommen, momentan ist es jedoch nur einmal vertreten. Das bedeutet, dass von den $3$ unbekannten Zahlen, die Jakob vergessen hat, mindestens zwei die Zahl $4$ sein müssen.

Damit kennen wir die Werte von $10$ der $11$ Zahlen in der Datenmenge. Nun betrachten wir die zweite Bedingung: Der Median sollte ebenfalls $4$ sein. Wenn wir die $10$ bekannten Zahlen in aufsteigender Reihenfolge anordnen, erhalten wir: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Wenn wir diesen die elfte Zahl hinzufügen, muss die mittlere Zahl $4$ sein. Der Mittelpunkt dieser Datenmenge liegt derzeit zwischen den Zahlen $4$ und $5$. Wäre die elfte Zahl $5$ oder größer, dann wäre die mittlere Zahl $5$, was die Bedingung nicht erfüllt. Also muss die elfte Zahl entweder $4$ oder kleiner sein. Da wir wollen, dass das arithmetische Mittel möglichst groß ist, wählen wir eine weitere $4$. Nun kennen wir alle elf Zahlen der Datenmenge: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Ihr arithmetisches Mittel ist ihre Summe geteilt durch ihre Anzahl, was $\frac{55}{11}=5$ ergibt.

Ergebnis:

$48$

Bezeichnen wir die gesamte Entfernung zwischen den Häusern als $s$, die von Simon zurückgelegte Strecke als $s_{\mathit{si}}$ und die von Barbara zurückgelegte Strecke als $s_{\mathit{ba}}$. Es gilt $s=s_{\mathit{si}}+s_{\mathit{ba}}$. Wir können also $s$ ermitteln, indem wir die von Barbara und Simon zurückgelegten Strecken gefunden haben.

Zunächst lässt sich $s_{\mathit{si}}$ leicht mit der Formel $s=v\cdot t$ berechnen, wobei $v$ die Geschwindigkeit und $t$ die Zeit ist. Es gilt $s_{\mathit{si}}=v_{\mathit{si}}\cdot t_{\mathit{si}}=30\mathrm{km}∕h\cdot 1h=30\mathrm{km}$.

Jetzt müssen wir noch $s_{\mathit{ba}}$ berechnen. Dazu drücken wir die Zeit $t$, die Simon benötigt, um die Hälfte von $s$ zurückzulegen, in Abhängigkeit von $s$ aus. Es gilt $t=\frac{\frac{s}{2}}{v}=\frac{s}{2\cdot v}=\frac{s}{2\cdot 30\mathrm{km}∕h}=\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Daraus können wir auch die Zeit berechnen, die Barbara gefahren ist ($t_{\mathit{ba}}$): Es ist $1$ Stunde minus dieser Zeit. Somit ergibt sich $t_{\mathit{ba}}=1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Jetzt können wir die von Barbara zurückgelegte Strecke $s_{\mathit{ba}}$ als $s_{\mathit{ba}}=v_{\mathit{ba}}\cdot t_{\mathit{ba}}=90\mathrm{km}∕h\cdot (1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h})=90\mathrm{km}-\frac{90\mathrm{km}∕h\cdot s}{60\mathrm{km}∕h}=90\mathrm{km}-\frac{3}{2}\cdot s$.

Da wir den Wert von $s_{\mathit{si}}$ kennen und $s_{\mathit{ba}}$ in Abhängigkeit von $s$ ausgedrückt haben, können wir nun $s$ berechnen:

Daher beträgt die Entfernung zwischen Barbaras und Simons Haus $48\mathrm{km}$.

Ergebnis:

$6$

Da wir uns nur für die letzte Ziffer des gesamten Produkts von $1+2+\cdots +2024=2025\cdot 1012$ $2$en interessieren, können wir dieses Problem angehen, indem wir nur die letzte Ziffer der Zwischenergebnisse betrachten.

Zuerst können wir die ersten Zahlen in den Klammern aufschreiben:

In dieser Zahlenfolge können wir ein wiederkehrendes Muster in der Einerstelle beobachten: $2$, $4$, $8$, $6$, $2$, $4$, $8$, $6$, $2$, etc. Wenn wir also die Zahl $2$ $4$-mal, $8$-mal, $12$-mal, etc. mit sich selbst multiplizieren, erhalten wir eine Zahl, die auf $6$ endet. Die Zahl $2025\cdot 1012$ ist auch durch $4$ teilbar. Daraus folgt, dass das Produkt von $2025\cdot 1012$ $2$en mit sich selbst auf $6$ endet.

Ergebnis:

$1$

Bei der heutigen Verlosung erhält John $30$-mal mehr Tickets. Da jedoch jeder $30$-mal mehr Tickets erhält, ist die Gesamtzahl der Tickets ebenfalls $30$-mal höher. Obwohl John also $30$-mal mehr Tickets in der Verlosung hat, bilden diese den gleichen Anteil an allen Tickets in der Verlosung wie gestern. Die Wahrscheinlichkeit für Johns Gewinn muss daher dieselbe sein wie gestern. Oder anders ausgedrückt: Sie ist $1$-mal so hoch.

Ergebnis:

$81$

Der Radius des neuen Drahtes beträgt ein Drittel des ursprünglichen Radius. Da die Fläche eines Kreises proportional zum Quadrat des Radius ist, muss die Querschnittsfläche $\mathit{S’}$ des neuen Drahtes $S^{\prime }={\left(\frac{1}{3}\right)}^{2}S=\frac{1}{9}S$ betragen. Das Volumen des neuen Drahtes ist dasselbe wie beim alten Draht. Die Verringerung des Querschnitts auf ein Neuntel führt also dazu, dass sich die Länge des Drahtes auf ${\ell }^{\prime }=9\ell$ erhöht. Der spezifische Widerstand ist eine Materialeigenschaft und bleibt gleich. Nun können wir den Widerstand des neuen Drahtes berechnen:

Daraus ergibt sich, dass der Widerstand des neuen Drahtes $81$-mal so groß ist wie der Widerstand des ursprünglichen Drahtes. Also ist $k=81$.

Ergebnis:

$49$

Bezeichnen wir die Nummer des Trikots in der Mitte mit $x$. Vor diesem Trikot hängen $\frac{75-1}{2}=37$ Trikots. Nach diesem Trikot hängen ebenfalls $37$ Trikots auf der Leine. Die ersten fünf Trikots haben also die Nummern $x-37$, $x-36$, $x-35$, $x-34$ und $x-33$, während die letzten fünf Trikots die Nummern $x+33$, $x+34$, $x+35$, $x+36$ und $x+37$ haben. Die Bedingung aus der Aufgabenstellung führt zur Gleichung

Daraus ergibt sich, dass die Nummer auf dem Trikot in der Mitte $x=49$ war.

Ergebnis:

$\frac{2}{11}$

Sei $m$ die Masse der Bananen, die Mislav kauft. Wir wissen, dass sie $\frac{3}{4}m$ Wasser und $\frac{1}{4}m$ Trockenmasse enthalten. Also enthält jede Hälfte der Bananen $\frac{1}{8}m$ Trockenmasse. Für die im Lufttrockner getrockneten Bananen macht der Trockengehalt $75\%$ aus, sodass diese Bananen jetzt $\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{1}{6}m$ wiegen und das Wasser darin ein Gewicht von $\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}m=\frac{1}{24}m$ hat. Ebenso wiegen die im Gefriertrockner getrockneten Bananen $\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{5}{36}m$ und das enthaltene Wasser wiegt $\frac{1}{10}\cdot \frac{5}{36}m=\frac{1}{72}m$.

Insgesamt beträgt die Masse des Pulvers $\frac{1}{6}m+\frac{5}{36}m=\frac{11}{36}m$, wovon $\frac{1}{24}m+\frac{1}{72}m=\frac{1}{18}m$ aus Wasser besteht. Somit ist der Anteil des Wassers im Pulver

Ergebnis:

$1,25$

Wenn Karl beim Springen eine Höhe von $h_0=1m$ erreicht und $m=75\mathrm{kg}$ wiegt, ist seine kinetische Energie beim Absprung $E=\mathit{mg}{h}_0$. Im nach unten beschleunigenden Aufzug herrscht eine verringerte Fallbeschleunigung $\mathit{g’}$. Die Gewichtskraft, die Karl auf die Waage ausübt, ist somit nur $F_g=\mathit{mg’}$. Eine Personenwaage misst eigentlich die Gewichtskraft und zeigt dann die Masse $\mathit{m’}$ an, die dieser Kraft bei der normalen Fallbeschleunigung $g$ entspricht. Da sie für Karl $m^{\prime }=60\mathrm{kg}$ anzeigt, gilt also $m{g}^{\prime }=m^{\prime }g$ und somit

Im beschleunigenden Aufzug wirkt also effektiv eine Fallbeschleunigung $\mathit{g’}$. Wenn Karl jetzt mit der gleichen kinetischen Energie $E$ abspringt, wird am höchsten Punkt des Sprungs seine gesamte kinetische Energie in potentielle Energie im Schwerefeld $\mathit{g’}$ umgewandelt, also gilt $E=m{g}^{\prime }h$. Durch Gleichsetzen erhalten wir

und somit springt Karl

hoch.

Ergebnis:

$55$

Zählen wir die Zahlen, die Peter nicht verwendet. Die Vielfachen von $3$ zwischen $1$ und $100$ sind $3$, $6$, $\text{…}$, $99$, also gibt es $99:3=33$ davon. Außerdem gibt es $19$ Zahlen, die die Ziffer $3$ enthalten ($10$ davon haben die $3$ als Einerstelle, $10$ als Zehnerstelle, aber die Zahl $33$ ist in beiden Gruppen enthalten). Peter verwendet keine der Zahlen aus diesen beiden Gruppen. Einige Zahlen befinden sich jedoch in beiden Gruppen, nämlich die Zahlen $3$, $30$, $33$, $36$, $39$, $63$ und $93$, die nur einmal gezählt werden sollen. Daher verwendet Peter insgesamt $33+19-7=45$ Zahlen nicht. Er kann alle anderen Zahlen verwenden, also insgesamt $100-45=55$ Zahlen.

Ergebnis:

$133$

Wir bezeichnen Theresas Geschwindigkeit mit $v$. Die erste Sekunde ($t_0=1s$), nachdem sie das Reh gesehen hat, fährt sie mit der Geschwindigkeit $v$ weiter und legt so den Abstand $s_1=v{t}_0$ zurück. Dann bremst sie mit einer konstanten Kraft $F$. Diese Kraft wirkt über eine Distanz $s_2$ und verrichtet somit die Arbeit $W=F{s}_2$. Diese Arbeit dient dazu, die kinetische Energie des Autos, $E=\frac{1}{2}m{v}^2$, auf Null zu verringern, wobei $m$ die Masse des Autos ist. Wir erhalten also $F{s}_2=\frac{1}{2}m{v}^2$, d.h. der Abstand, nach dem das Auto vom Beginn des Bremsens an zum Stillstand kommt, ist

Der gesamte Anhalteweg ist dann $s=s_1+s_2$.

Laut Aufgabenstellung war der gesamte Anhalteweg $s=33m$, als Theresa mit $v_1=15m∕s$ gefahren ist. Wir können dann nach $\frac{m}{F}$ auflösen und erhalten

Wenn wir das jetzt in die Formel für den Anhalteweg, $s^{\prime }=s_1^{\prime }+s_2^{\prime }$, für die Geschwindigkeit $v_2=35m∕s$ einsetzen, erhalten wir

Theresas Anhalteweg bei einer Geschwindigkeit von $v_2=35m∕s$ wäre also $s^{\prime }=133m$.

Ergebnis:

$100$

Wir bezeichnen die erforderliche Fläche mit $S$, sodass das Volumen des Tanzbodens $V=S\cdot 10\mathrm{cm}$ beträgt. Wenn die Tanzfläche maximal belastet ist, befindet sie sich auf gleicher Höhe mit dem sie umgebenden Wasser und verdrängt somit genau das Volumen $V$ an Wasser. Das verdrängte Wasser hat die Masse $V\cdot 1000\mathrm{kg}∕m^3$, und diese muss gleich der Masse des Tanzbodens plus den darauf befindlichen $4000\mathrm{kg}$ sein, also $V\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3+4000\mathrm{kg}$. Für $V$ erhalten wir als Lösung $V=10m^3$, sodass der Flächeninhalt der Tanzfläche $S=\frac{V}{0,1m}=100m^2$ sein muss.

Ergebnis:

$12$

Betrachten wir die Winkel um den Scheitelpunkt $F$. Wir wissen, dass $\mathit{\angle EFC}=24^{\circ }$ und $\mathit{\angle DFE}=60^{\circ }$, da das Dreieck $\mathit{DEF}$ gleichseitig ist. Somit ergibt sich $\mathit{\angle AFD}=180^{\circ }-\mathit{\angle EFC}-\mathit{\angle DFE}=180^{\circ }-24^{\circ }-60^{\circ }=96^{\circ }$. Im Dreieck $\mathit{ADF}$ kennen wir nun zwei Winkel, sodass $\mathit{\angle DAF}=180^{\circ }-\mathit{\angle ADF}-\mathit{\angle DFA}=180^{\circ }-42^{\circ }-96^{\circ }=42^{\circ }$. Wir sehen, dass $\mathit{\angle DAF}=\mathit{\angle ADF}$, was bedeutet, dass das Dreieck $\mathit{ADF}$ gleichschenklig ist und $\mathit{AF}=\mathit{DF}$ gilt. Die Strecke $\mathit{DF}$ ist eine Seite des gleichseitigen Dreiecks $\mathit{DEF}$, woraus folgt, dass $\mathit{DE}=\mathit{EF}=\mathit{FD}$ gilt. Daher wissen wir, dass $\mathit{AF}=\mathit{EF}$ ist, sodass das Dreieck $\mathit{AEF}$ gleichschenklig mit der Basis $\mathit{AE}$ ist.

Wir wissen bereits, dass $\mathit{\angle AFE}=\mathit{\angle AFD}+\mathit{\angle DFE}=96^{\circ }+60^{\circ }=156^{\circ }$ beträgt. Daher ergibt sich im gleichschenkligen Dreieck $\mathit{AEF}$, dass $\mathit{\angle EAC}=\mathit{\angle EAF}=\frac{180^{\circ }-156^{\circ }}{2}=12^{\circ }$.

Ergebnis:

$42$

Bergab gewinnt das Auto an Energie, auf den horizontalen Strecken verliert es an Energie. Deshalb bleibt das Auto auf einer der horizontalen Strecken stehen, sobald seine Energie auf $0$ sinkt.

Zu Beginn ist die Gesamtenergie des Autos die Summe seiner potentiellen Energie und seiner kinetischen Energie. Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass die potentielle Energie des Autos zu Beginn $0J$ beträgt. Die Gesamtenergie des Autos ist daher seine kinetischen Energie, die $E_0=\frac{1}{2}m{v}_0^2$ beträgt, wobei $m=60g$ die Masse und $v_0=5m∕s$ die Anfangsgeschwindigkeit des Autos sind.

Jedes Mal, wenn das Auto eine Strecke bergab fährt, erhöht sich seine Energie durch eine Änderung der potentiellen Energie. Da es um die Höhe $h_0=5\mathrm{cm}$ nach unten fällt, gewinnt es die Energie $E_{p_0}=\mathit{mg}{h}_0$. In den horizontalen Teilen wirkt die Reibungskraft $F_t=\mathit{fmg}$, wobei $f=0,4$ der Reibungskoeffizient ist. Sie wirkt auf der Länge $s=20\mathrm{cm}$, also verrichtet sie die Arbeit $W=F\cdot s=\mathit{fmgs}$ am Auto. Aus diesem Grund nimmt die Energie des Wagens um $W$ ab.

Nach jedem Streckenabschnitt, bestehend aus einem horizontalen und einem vertikalen Teilstück, nimmt die Energie des Autos um $E_{p_0}-W=\mathit{mg}{h}_0-\mathit{fmgs}$ ab. Nach $n$ solchen Streckenabschnitten sinkt die Energie um $n(E_{p_0}-W)$. Wir suchen das kleinste $n$, sodass $E_0-n(E_{p_0}-W)\le 0$ gilt. Lösen wir diese Ungleichung, so erhalten wir

Daher bleibt das Spielzeugauto auf dem $42$ten horizontalen Teilstück stehen.

Ergebnis:

$12153$

Beachte, dass $37\cdot 21=777$. Diese Beobachtung hilft uns bei der Berechnung. Wir ahmen das gewohnte Verfahren der schriftlichen Multiplikation nach. Normalerweise multiplizieren wir in jedem Schritt mit einer einstelligen Zahl. Da wir aber das Produkt $37\cdot 21=777$ kennen, können wir diese Multiplikation in jedem Schritt durchführen. Dadurch ergibt sich die Rechnung wie in der folgenden Abbildung.

Die aufeinanderfolgenden Zahlen $777$ haben eine Ziffer $7$ in einer gemeinsamen Reihenfolge, sodass wir sie wie gewohnt summieren. Auf diese Weise erscheinen die Ziffern $4$ und $8$ im Ergebnis. Es ist klar, dass das Ergebnis der Multiplikation eine $2025$-stellige Zahl ist. Die erste Ziffer des Projekts ist $7$, ebenso die beiden letzten. Die übrigen $2025-3=2022$ Ziffern wechseln zwischen $4$ und $8$ ab, sodass es $2022:2=1011$ von jeder gibt. Insgesamt ist die Summe aller Ziffern des Ergebnisses $3\cdot 7+1011\cdot 4+1011\cdot 8=12153$.

Ergebnis:

$2,4$

Die Kapazität eines Akkus in $\mathrm{mAh}$ beschreibt das Verhältnis zwischen dem Entladestrom des Akkus und der Zeit, wie lange der Akku diesen Strom liefern kann. Wenn eine Batterie mit einer Kapazität von $4000\mathrm{mAh}$ vollständig aufgeladen ist, kann sie zum Beispiel eine Stromstärke von $4000\mathrm{mA}$ für eine Stunde liefern oder eine Stromstärke von $1000\mathrm{mA}$ für vier Stunden.

Da Majo ändern kann, welches Gerät geladen wird, können wir den Laptop und das Smartphone als ein Gerät mit der Akkukapazität $4000\mathrm{mAh}+3500\mathrm{mAh}=7500\mathrm{mAh}$ betrachten. Zu Beginn waren beide Akkus auf $20\%$ ihrer Kapazität, also enthielten sie insgesamt die Ladung $0,2\cdot 7500\mathrm{mAh}=1500\mathrm{mAh}$. Beide Akkus entladen sich so, dass sie nach $10$ Stunden leer sind. Sie entladen sich also jede Stunde um $7500\mathrm{mAh}:10=750\mathrm{mAh}$.

Gleichzeitig lädt Majo die Geräteakkus über sein Ladegerät mit einer Stromstärke von $3,25A=3250\mathrm{mA}$, sodass in einer Stunde eine Ladung von $3250\mathrm{mAh}$ zugeführt wird. Die Ladung der Batterien erhöht sich also um $3250\mathrm{mAh}-750\mathrm{mAh}=2500\mathrm{mAh}$ jede Stunde. Majo muss insgesamt eine Ladung von $7500\mathrm{mAh}-1500\mathrm{mAh}=6000\mathrm{mAh}$ zuführen, sodass beide Geräte vollständig geladen sind in

Ergebnis:

$18$

Lexi muss nur deshalb Arbeit aufwenden, weil sie die potentielle Energie des Wassers im Eimer erhöht. Der Eimer ist ein Zylinder mit der Grundfläche $S=400{\mathrm{cm}}^2=0,04m^2$ und der Höhe $h=30\mathrm{cm}=0,3m$. Die Masse des Wassers im Eimer berechnet sich daher über $m={\rho }_{\mathrm{Wasser}}\mathit{Sh}$. Sein Schwerpunkt liegt auf halber Eimerhöhe, also bei $\frac{h}{2}$. Daher ist die Zunahme der potentiellen Energie des Wassers und damit auch die Arbeit, die Lexi aufwenden muss:

Ergebnis:

$53$

Wir wenden die Dreiecksungleichung mehrmals an. Für das Dreieck $\mathit{ABC}$ besagt sie, dass die Länge der Seite $\mathit{AC}$ größer ist als $19\mathrm{cm}-12\mathrm{cm}=7\mathrm{cm}$, aber kleiner als $19\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=31\mathrm{cm}$. Die Länge muss ganzzahlig sein, daher kann die Länge von $\mathit{AC}$ jede ganze Zahl zwischen $8\mathrm{cm}$ und $30\mathrm{cm}$ annehmen. Aus demselben Grund (angewendet auf die Dreiecke $\mathit{CDE}$ und $\mathit{EFA}$) sehen wir, dass die Länge von $\mathit{CE}$ eine ganze Zahl zwischen $13\mathrm{cm}$ und $15\mathrm{cm}$ und die Länge von $\mathit{EA}$ eine ganze Zahl zwischen $6\mathrm{cm}$ und $12\mathrm{cm}$ ist.

Um den maximalen Umfang des Dreiecks $\mathit{ACE}$ zu erhalten, müssen wir die größtmöglichen Längen seiner Seiten wählen. Die Dreiecksungleichung muss jedoch erfüllt sein. Selbst wenn wir die größten möglichen Längen von $\mathit{CE}$ und $\mathit{EA}$ wählen, kann die Länge $\mathit{AC}$ nur kleiner als $15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=27\mathrm{cm}$ sein. Daher wird der größtmögliche Umfang des Dreiecks erreicht, wenn $\mathit{AC}=26\mathrm{cm}$, $\mathit{CE}=15\mathrm{cm}$ und $\mathit{EA}=12\mathrm{cm}$, wobei der Umfang $26\mathrm{cm}+15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=53\mathrm{cm}$ beträgt.

Ergebnis:

$1012$

Das Produkt zweier Quadratzahlen ist wieder eine Quadratzahl – wenn wir $a^2$ mit $b^2$ multiplizieren, erhalten wir ${(\mathit{ab})}^2$. Diesen Fakt nutzen wir, um das Problem zu vereinfachen.

Wir betrachten das Produkt $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!\cdot \dots \cdot 2023!\cdot 2024!$. Wenn wir aufeinanderfolgenden Terme wie folgt paaren $(1!\cdot 2!)\cdot (3!\cdot 4!)\cdot \dots \cdot (2023!\cdot 2024!)$ und jede Fakultät einer geraden Zahl in der Form $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$ schreiben, können wir das Produkt in die Form

bringen.

Die zweite Klammer ist ein Produkt von Quadratzahlen, also ist sie ebenfalls eine Quadratzahl. Um das gesamte Produkt zu einer Quadratzahl zu machen, müssen wir die erste Klammer zu einer Quadratzahl machen. Als ein Produkt gerader Zahlen lässt sie sich vereinfachen, indem wir aus jedem Term die Zahl zwei herausheben. Auf diese Weise erhalten wir

Die Zahl $2^{1012}$ ist eine Quadratzahl (der Exponent ist gerade), sodass das einzige Hindernis dafür, dass das gesamte Produkt ein perfektes Quadrat wird, der Term $1012!$ ist. Laut Aufgabenstellung dürfen wir einen Term weglassen, was darauf hindeutet, den Term $1012!$ zu entfernen. Da wir laut Angabe einen eindeutigen Term suchen, haben wir unsere Lösung mit $k=1012$ schon gefunden.

Ergebnis:

$24$

Die Kräfte an einer Rolle stellen sich wie in der Abbildung dar.

Die beiden Kräfte, die auf das Seil wirken, sind gleich $F$, weil die Spannung über das ganze Seil konstant ist (sie ist aber unterschiedlich für verschiedene Seile). Damit die Rolle in Ruhe verharrt, muss gleichzeitig eine Kraft der Größe $2F$ nach oben auf die Rolle einwirken.

Obwohl es so aussieht, als ob wir die Unendlichkeit des Rollensystems in unseren Berechnungen berücksichtigen müssen, zeigt eine einfache Überlegung, dass sie keine Rolle spielt. Da alle Rollen und Seile masselos sind, erhalten wir die Gesamtmasse der Massestücke über die Kraft, die das gesamte System auf die Decke ausübt. Jene ist gleich der Summe aller Gewichte der Massestücke, die wiederum deren Gesamtmasse liefert.

Wir nutzen die Überlegungen über die Kräfte an einer Rolle, um die Kraft auf die Decke zu ermitteln.

Beginnen wir mit der dritten Rolle. Wir kennen die Masse des Massestücks, nämlich $3\mathrm{kg}$, so dass wir als Gewicht $3\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=30N$ erhalten. Daher muss auch die Spannung des zugehörigen Seils $30N$ sein, was bedeutet, dass eine Kraft von $2\cdot 30N=60N$ auf die dritte Rolle nach oben ausgeübt wird.

Betrachten wir nun die zweite Rolle. Die Kraft $60N$ von Rolle drei führt zu einer Spannung derselben Größe im Seil der zweiten Rolle, was wiederum bedeutet, dass auf die zweite Rolle eine Kraft $2\cdot 60N=120N$ nach oben wirkt. Analog muss auf die erste Rolle eine Kraft von $2\cdot 120N=240N$ nach oben ausgeübt werden. Diese Kraft ist aber gleichzeitig jene Kraft, mit der das gesamte Rollensystem nach unten zieht, also die Kraft, die wir gesucht haben.

Folglich übt das gesamte Rollensystem eine Kraft von $240N$ auf die Decke aus, sodass die Gesamtmasse aller Massestücke $240N:10N∕\mathrm{kg}=24\mathrm{kg}$ sein muss.

Ergebnis:

$216$

Zuerst betrachten wir die Differenzen, die Mike erhält. Eine dreistellige Zahl kann in der Form $100A+10B+C$ geschrieben werden, wobei $A$, $B$ und $C$ ihre Ziffern sind. Nach dem Umdrehen der Ziffern erhält Mike die Zahl $100C+10B+A$, sodass er die Differenz

berechnet. Wir sehen, dass die Differenz, die Mike erhält, nur von der Differenz zwischen der Hunderter- und der Einerziffer der ursprünglichen Zahl abhängt. Im Fall von Ann’s Lieblingszahl arbeitet Mike zuerst mit einer Zahl und dann mit dieser Zahl, vermindert um $31$. Er erhält das gleiche Ergebnis, sodass diese beiden Zahlen die gleiche Differenz zwischen der Hunderter- und der Einerziffer aufweisen müssen. Nun müssen wir die Zahlen berechnen, die diese Eigenschaft haben.

Es gibt zwei Fälle, die, basierend auf der Einerziffer von Anns Lieblingszahl, auftreten können. Wenn die Einerziffer $0$ wäre, würde die Subtraktion von $31$ sie zu $9$ ändern. Daher müsste die Hunderterziffer um $9$ steigen, was offensichtlich unmöglich ist. Das bedeutet, dass Anns Lieblingszahl keine $0$ als Einerziffer hat, sodass nach der Subtraktion von $31$ die Einerziffer um $1$ abnimmt und damit auch die Hunderterziffer um $1$ sinken muss. Dies passiert nur, wenn die zweistellige Zahl, die durch die letzten beiden Ziffern von Anns Lieblingszahl gebildet wird, eine der folgenden ist: $00$, $01$, $\text{…}$, $30$.

Von dieser Liste müssen wir diejenigen mit $0$ als Einerziffer streichen, was uns $27$ Möglichkeiten übrig lässt. Als letzten Schritt bestimmen wir die Möglichkeiten für die Hunderterziffer. Sie kann nicht $1$ sein, da wir nach der Subtraktion von $31$ keine dreistellige Zahl erhalten würden. Aber die Ziffern $2$, $3$, $\text{…}$, $9$ funktionieren.

Durch Kombination der Hunderterziffer mit den Möglichkeiten für die anderen beiden Ziffern erhalten wir $8\cdot 27=216$ Möglichkeiten für Anns Lieblingszahl.

Ergebnis:

$443256101330$

Jede Änderung der Ziffer $5$ zur Ziffer $6$ erhöht Josephs Summe um $1$, und ebenso verringert jede Änderung von $6$ zu $5$ die Summe um $1$. Das bedeutet, dass jede Änderung von $5$ zu $6$ eine Änderung von $6$ zu $5$ aufhebt, und wir uns daher nur für den Unterschied in der Anzahl der Vorkommen der Ziffern $5$ und $6$ in den positiven ganzen Zahlen zwischen $1$ und $9876543210$ interessieren.

Zuerst bemerken wir, dass wir uns nur auf die Ziffern $5$ und $6$ an den Stellen konzentrieren müssen, an denen diese Ziffern in der Zahl $9876543210$ vorkommen. Tatsächlich, wenn es eine Ziffer $5$ an einer höheren oder niedrigeren Stelle gibt, können wir diese Ziffer $5$ durch die Ziffer $6$ (und analog jede Ziffer $6$ durch $5$) ersetzen und erhalten so eine Zahl die Joseph zuvor aufgeschrieben hat. Daher entsteht so kein Unterschied zwischen der Anzahl der Ziffern $5$ und $6$.

Nun konzentrieren wir uns nur auf die Ziffern $5$ und $6$ an den Millionen- und Hunderttausenderstellen. Der einzige Unterschied tritt auf, wenn diesen beiden Ziffern die Dreierkombination $987$ vorangeht (andernfalls könnten wir die Argumentation des vorherigen Absatzes anwenden). Unter dieser Bedingung tritt die Ziffer $5$ $1000000$-mal an der Millionenstelle und $6\cdot 100000+43211=643211$-mal an der Hunderttausenderstelle auf. Ebenso tritt die Ziffer $6$ $543211$-mal an der Millionenstelle und $6\cdot 100000=600000$-mal an der Hunderttausenderstelle auf. Somit ist die Anzahl der Vorkommen der Ziffer $5$ um $(1000000+643211)-(543211+500000)=600000$ größer als die Anzahl der Vorkommen der Ziffer $6$.

Daher erhöht die Änderung der Ziffer $5$ zur Ziffer $6$ die Summe der Ziffern um $500000$, sodass Joseph als Ergebnis

erhalten wird.

Ergebnis:

$2,4$

Wir bezeichnen Ferbs Volumen mit $V$, seine Höhe mit $h=0,6m$ und seine Dichte mit ${\rho }_{\mathit{Ferb}}=125\mathrm{kg}∕m^3$. Nach dem Sprung füllt sich die von Ferb hinterlassene Lücke im Wasser. Dadurch verliert der See die Energie $E=V{\rho }_{\mathit{Wasser}}g\frac{h}{2}$, da die Masse des einfließenden Wassers $V{\rho }_{\mathit{water}}$ ist und sein Schwerpunkt in einer Tiefe von $\frac{h}{2}$ liegt (Der See ist groß genug, dass sich die Lage der Wasseroberfläche nicht verändert). Wir benötigen die Höhe $H$, die Ferb beim Sprung erreicht. Am höchsten Punkt hat er keine kinetische Energie, die gesamte vom Wasser auf Ferb übertragene Energie wird daher in potentielle Energie $E=V{\rho }_{\mathit{Ferb}}\mathit{gH}$ umgewandelt. Vergleicht man beide Ausdrücke für die Energie $E$, erhalten wir

Ferbs Deckfläche wird also eine Höhe von $2,4m$ erreichen.

Ergebnis:

$46$

Jedes regelmäßige $m$-gon kann wie in der Abbildung in $m$ kongruente gleichschenklige Dreiecke unterteilt werden.

Die gegenüber der Basis liegenden Winkel müssen sich zu $360^{\circ }$ summieren. Alle anderen Winkel tragen zur Summe der Winkel des $m$-gons bei. Da die Winkelsumme in jedem Dreieck $180^{\circ }$ beträgt, bedeutet dies, dass die Winkelsumme im $m$-gon $m\cdot 180^{\circ }-360^{\circ }=(m-2)\cdot 180^{\circ }$ ist. Jeder Winkel in einem regelmäßigen $m$-gon hat denselben Wert, daher beträgt die Größe jedes einzelnen $\frac{m-2}{m}\cdot 180^{\circ }$.

Wenn wir die Polygone gemäß der Aufgabenstellung anordnen möchten, muss die Summe der Winkel an dem gemeinsamen Eckpunkt $360^{\circ }$ betragen. Bezeichnen wir die Anzahl der Ecken der regelmäßigen Polygone mit $x$, $y$ und $z$, so muss mit den Informationen aus dem vorherigen Abschnitt gelten:

Wir können die gesamte Gleichung durch $180^{\circ }$ teilen und vereinfachen:

Lassen Sie uns alle Tripel $(x,y,z)$ finden, die diese Gleichung erfüllen. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass $x>y>z$. Wenn $z\ge 6$, dann wäre $y\ge 7$ und $x\ge 8$. Dann gilt jedoch

Deshalb kann $z$ nicht $\ge 6$ sein, sodass $z$ einer der Werte $3$, $4$ oder $5$ sein muss. Behandeln wir jeden Fall einzeln.

Fall $z=3$.

In diesem Fall gilt $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{6}$. Durch Multiplikation der Nenner ergibt sich $6y+6x=\mathit{xy}$, was sich (nach dem Hinzufügen von $36$ auf beiden Seiten) in die Form $(x-6)(y-6)=36$ schreiben lässt. Da die Zahl $36$ als Produkt zweier verschiedener Zahlen in vier Varianten geschrieben werden kann, $36=36\cdot 1=18\cdot 2=12\cdot 3=9\cdot 4$, erhalten wir die vier Lösungen, dass das Paar $(x,y)$ eines der Paare $(42,7)$, $(25,8)$, $(18,11)$, $(15,10)$ ist.

Fall $z=4$.

Ähnlich wie im vorherigen Fall gilt $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}$, was nach Multiplikation $4y+4x=\mathit{xy}$ ergibt. Nach dem Hinzufügen von $16$ und dem Faktorisieren erhalten wir die Gleichung $(x-4)(y-4)=16$. Als mögliche Lösungspaare $(x,y)$ erhalten wir $(20,5)$ und $(12,6)$.

Fall $z=5$.

In diesem Fall haben wir die Gleichung $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{10}$, was zu $10y+10x=3\mathit{xy}$ führt. Multiplizieren wir diese Gleichung mit $3$ und addieren $100$, so ergibt sich $(3x-10)(3y-10)=100$. Dies führt zu den Lösungen für $(x,y)$, wobei die Paare $\left(\frac{110}{3},\frac{11}{3}\right)$, $(20,4)$, $\left(\frac{35}{3},\frac{14}{3}\right)$, $(10,5)$ in Betracht kommen. Hierbei interessieren uns jedoch keine Paare mit Brüchen. Außerdem haben wir das Tripel $(20,5,4)$ im vorherigen Fall bereits erhalten (und es gehört nicht in diesen Fall). Die einzige weitere Lösung aus diesem Fall, $(x,y)=(10,5)$, erfüllt die Bedingung $y>z$ nicht. Also gibt es in diesem Fall keine neuen Lösungen.