Mathematikolympiade 2024/25, erste Runde

06.10.2024, 11:19

HAL 9000

Mathematikolympiade 2024/25, erste Runde

Da es auch dieses Jahr wieder schon Betrugversuche hier gegeben hat, zwecks Information die Aufgaben. Abgabeschluss scheint der 18.10.2024 zu sein - wenn gar nicht noch später (scheint ja von Schule zu Schule unterschiedlich zu sein).

EDIT: Hab mir zumindest mal die Aufgaben der Stufen 10 und 12 angeschaut. Die 641214 ist nicht ohne, da musste ich schon eine Weile tüfteln - der Rest scheint (mehr oder weniger) "normale" Erstrundenware zu sein.

07.10.2024, 23:25

Helferlein

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Ich ergänze einmal, dass der Abgabetermin nicht fix vorgegeben zu sein scheint.
Die meisten Schulen erlauben die Abgabe bis zu den Herbstferien, einige aber auch bis zum 08.11., also kurz vor Beginn der zweiten Runde.

Unabhängig davon ist die Diskussion der aktuellen Aufgaben in Internetforen nicht gestattet. Wir behalten uns also vor, die Sperrung des betreffenden Threats ggf. bis zum 08.11. auszudehnen.

08.10.2024, 09:20

HAL 9000

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Mathe17 ist übrigens derselbe, der sich bereits vor Wochen im Parallelforum onlinemathe Antworten auf zwei weitere Aufgaben der 7.Klasse dieser Mathematikolympiaderunde erschlichen hat.

11.10.2024, 19:52

nichteuerernst

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RE: Mathematikolympiade 2024/25, erste Runde

Zitat:

Die 641214 ist nicht ohne,

... aber es ist eine richtig schöne Aufgabe.

Eine ausgewogene Olympiadestufe sollte Aufgaben aus verschiedenen Schwierigkeitsstufen enthalten. Eingeweihte nennen die leichteren Aufgaben "Mutmacher" und die anspruchsvollste Aufgabe "Scharfrichter".

06.11.2024, 11:56

HAL 9000

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Da die Lösungen inzwischen online gestellt sind, spricht nichts dagegen, nun auch hier evtl. noch offene Fragen bzw. alternative Lösungswege zu diskutieren.

Meine Überlegungen für die 641211 ähneln der dritten Musterlösung, ist aber im Detail anders:

Wäre $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ , so stände links $\begin{eqnarray*} a^e=1 \end{eqnarray*}$ . während rechts $\begin{eqnarray*} (bd+1)c\geq (2\cdot 4+1)\cdot 3 = 27 \end{eqnarray*}$ ist. Daher muss $\begin{eqnarray*} a\geq 2 \end{eqnarray*}$ gelten und folglich $\begin{eqnarray*} e\geq 6 \end{eqnarray*}$ , und es muss für alle noch in Frage kommenden $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ gelten

$\begin{eqnarray*} 2^e\leq a^e = (bd+1)c\leq ((e-3)(e-1)+1)(e-2) = (e-2)^3 \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} e=7,8,9 \end{eqnarray*}$ gilt aber $\begin{eqnarray*} 2^e > (e-2)^3 \end{eqnarray*}$ , wie man sich durch Einsetzen überzeugen kann.

Damit bleibt nur noch $\begin{eqnarray*} e=6 \end{eqnarray*}$ übrig, es folgt unmittelbar $\begin{eqnarray*} a=2,b=3,c=4,d=5 \end{eqnarray*}$ . Dieses einzig noch mögliche Quintupel (2,3,4,5,6) erfüllt nun aber in der Tat die geforderte Gleichung, denn es ist $\begin{eqnarray*} 2^6 = 64 = (3\cdot 5+1)\cdot 4 \end{eqnarray*}$ .

Und zur 641214: Meine Begründung zur Unmöglichkeit von fünf oder sechs Nullen unterscheidet sich ebenfalls etwas von der Musterlösung:

1) Mit Ausnahme der Sinnlosauswahl " $\begin{eqnarray*} a=b=0 \end{eqnarray*}$ " (die die 6 Zahlen nicht ändert) entsteht im Ergebnis einer Operation immer mindestens eine positive gerade Zahl:

Im Fall $\begin{eqnarray*} a\neq b \end{eqnarray*}$ ist das die Zahl $\begin{eqnarray*} 2|b-a|>0 \end{eqnarray*}$ . Andernfalls ist $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ , wegen der Vorbemerkung also $\begin{eqnarray*} a=b>0 \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} a+b=2a \end{eqnarray*}$ jene positive gerade Zahl.

2) Im Ergebnis einer Operation bleibt die Anzahl der ungeraden Zahlen gleich oder reduziert sich um zwei.

Aus 1)2) folgt ausgehend von {1,2,3,4,5,6}, dass unter den sechs Zahlen stets mindestens eine ungerade sowie mindestens eine positive gerade Zahl zu finden ist, ergo ist $\begin{eqnarray*} k\leq 4 \end{eqnarray*}$ .

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