1.Runde des Bundeswettbewerb Mathematik 2025

14.02.2025, 15:22	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
1.Runde des Bundeswettbewerb Mathematik 2025 Bisher ist mir zwar dieses Jahr noch kein Betrugsversuch im Board aufgefallen, aber prophylaktisch schon mal der Hinweis, dass die erste Runde des diesjährigen Wettbewerbs noch bis 3.März 2025 läuft - erfahrungsgemäß kommen ja gerade auf den letzten Metern immer noch ein paar Kunden... Hier ein Link zu den Aufgaben: https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadm...latt_SCREEN.pdf
05.03.2025, 08:27	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
OK, diesmal sind mir keine diesbezüglichen Versuche aufgefallen. Wer will, kann diesen Thread von nun an nutzen, um Fragen, Gedanken oder Lösungen zu den Aufgaben anzubringen.
06.03.2025, 14:38	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich fang mal mit Aufgabe 2 an: Nimmt man von $\begin{eqnarray} n! \end{eqnarray}$ alle Endnullen weg, dann verbleibe Zahl $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ , wobei für $\begin{eqnarray} n\geq 2 \end{eqnarray}$ als Endziffer von $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ allenfalls noch 2,4,6,8 in Frage kommen. Für den Nachweis, dass jede dieser vier Ziffern tatsächlich unendlich oft als Endziffer von $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ auftaucht, gibt es sicher verschiedene Möglichkeiten - eine ist die: Man kann nachweisen, dass für $\begin{eqnarray} n=100m+3,\ldots,100m+9 \end{eqnarray}$ unter den zugehörigen 7 Zahlen $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ jede dieser vier Endziffern mindestens einmal vorkommt. Da $\begin{eqnarray} m\geq 0 \end{eqnarray}$ beliebig gewählt werden kann, ist das offenkundig für die Behauptung ausreichend. Bei Aufgabe 4 ist es so, dass Renate stets gewinnen kann, was man durch Angabe jeweils passender Strategien beweisen kann. Im Fall $\begin{eqnarray} m=n \end{eqnarray}$ ist diese besonders einfach (Spiegelung an geeigneter Gerade); für $\begin{eqnarray} m\neq n \end{eqnarray}$ geringfügig komplizierter.
23.03.2025, 14:56	Gualtiero	Auf diesen Beitrag antworten »
Aufgabe 3 Bei der Geometrieaufgabe bin ich relativ schnell bis an eine Stelle gelangt. Aber danach hat es lange gebraucht. [attach]58210[/attach] Mein Ansatz: Da der Kreis $\begin{eqnarray} k_A \end{eqnarray}$ die beiden Strecken $\begin{eqnarray} \overline{AM} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \overline{MP} \end{eqnarray}$ berühren muss, liegt sein Mittelpunkt auf der Streckensymmetrale der beiden Strecken. Daher halbiert Punkt $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ den Bogen $\begin{eqnarray} AP \end{eqnarray}$ . Daraus folgt: $\begin{eqnarray} \|\overset{\frown}{AC}\|=\|\overset{\frown}{CP}\| \end{eqnarray}$ Analog gilt auch: $\begin{eqnarray} \|\overset{\frown}{PE}\|=\|\overset{\frown}{EB}\| \end{eqnarray}$ Wenn diese zwei langen und diese zwei kurzen Bögen einen gestreckten Winkel ergeben, dann ergeben ein langer und ein kurzer einen rechten Winkel. Daher ist Dreieck $\begin{eqnarray} MCE \end{eqnarray}$ rechtwinklig. Der rechte Winkel ist zugleich Zentriwinkel über der Sehne $\begin{eqnarray} CE \end{eqnarray}$ , und ein entsprechender Peripheriewinkel - z. B. in Punkt $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ - ist gleich 45°. Dreieck $\begin{eqnarray} MAC \end{eqnarray}$ ist gleichschenklig mit Basiswinkel $\begin{eqnarray} 45° + \varepsilon \end{eqnarray}$ . In Punkt $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ist die Trennung klar, aber in Punkt $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ nicht. Und das ist der Knackpunkt: Teilt $\begin{eqnarray} \overline{CD} \end{eqnarray}$ den Basiswinkel in 45° und $\begin{eqnarray} \varepsilon \end{eqnarray}$ ? Hat mich einige Mühe gekostet, obwohl es einfach zu zeigen ist. Aus der Winkelbetrachtung in Dreieck $\begin{eqnarray} MDM_A \end{eqnarray}$ geht hervor, dass der Basiswinkel des gleichschenkligen Dreiecks $\begin{eqnarray} DCM_A \end{eqnarray}$ gleich $\begin{eqnarray} \varepsilon \end{eqnarray}$ ist. Daraus folgt, dass Dreieck $\begin{eqnarray} SAC \end{eqnarray}$ einen rechten Winkel in $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ hat.

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