Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1988-1992

Table of contents :
Vorwort
Bildung und Begabung
Wettbewerb 1988
Aufgaben 1. Runde
Aufgaben 2. Runde
Lésungen 1. Runde
Lésungen 2. Runde
Wettbewerb 1989
Aufgaben 1. Runde
Aufgaben 2. Runde
Lbsungen 1. Runde
Lésungen 2. Runde
Wettbewerb 1990
Aufgaben 1. Runde
Aufgaben 2. Runde
Lésungen 1. Runde
Lésungen 2. Runde
Wettbewerb 1991
Aufgaben 1. Runde
Aufgaben 2. Runde
Lésungen 1. Runde
Lésungen 2. Runde
Wettbewerb 1992
Aufgaben 1. Runde
Aufgaben 2. Runde
Lésungen 1. Runde
Lésungen 2. Runde
88.1
88.2
88.3
88.13
89.1
89.2
89.3
89.12
90.1
90.2
90.3
90.14
91.1
91.2
91.3
91.15
92.1
92.2
92.3
92.13

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Bundeswettbewerb

Mathematik Aufgaben und Lésungen I988 - I992

Klett

909

Bundeswettbewerb Mathematik Aufgaben und Liisungen 1988 — 1992

Herausgegeben von Klaus R. Léffler

Ernst Klett Schulbuchverlag

Stuttgart Diisseldorf Berlin Leipzig

Der Bundeswettbewerb Mathematik ist eine Initiative des Stifterverbandes fiir die Deutsche Wissenschaft mit Unterstijtzung des Bundesministers fur Bildung und Wissenschaft und der Lander in der Bundesrepublik Deutschland. Studiendirektor Klaus R. Lijffler ist Vorsitzender des Aufgabenausschusses des Wettbewerbs.

Gedruckt auf Eural PRO hergestellt von Papeterie du Bourray aus 100 % Altpapier.

1. Auflage

1 5 4 3 2 1

1998 97 96 95 94

Alle Drucke dieser Auflage k6nnen im Unten‘icht nebeneinander bcnutzt werden, sie sind untereinander unveriindert. Die letzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes. © Ernst Klett Schulbuchverlag GmbH, Stuttgart 1994. Alle Rechte vorbehalten. Druck: Gutmann + Co. GmbH, Talheim

ISBN 3 — 12 -— 710730-7

Inhaltsverzeichnis Vorwort Bildung und Begabung Wettbewerb 1988 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

88.1 88.2 88.3 88.13

Wettbewerb 1989 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lbsungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

89.1 89.2 89.3 89.12

Wettbewerb 1990 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

90.1 90.2 90.3 90.14

Wettbewerb 1991 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

91.1 91.2 91.3 91.15

Wettbewerb 1992 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

92.1 92.2 92.3 92.13

Vorwort

Vorwort Der Bundeswcttbewerb Mathematik fand in diesem Jahr zum 23. Mal statt. Fast 37000 Schiilerinnen und Schiiler haben sich seit Beginn den Herausforderungen unseres Wettbewerbs gestellt, and 358 von ihnen gelang es in dieser Zeit, den

Bundessieg zu em‘ngen, der mit der Aufnahme in die F6rderung der Studienstiftung des deutschen Volkes verbunden ist. Die jh'hrlichen Teilnehmerzahlcn haben

von Anfang an recht stark geschwankt; hicrfiir ist sicher eine Vielzahl von Ein— fliissen verantwortlich, die sich zu einem groBen Teil dem dirckten EinfluB der

Wettbewerbsveranstalter entziehen. Der Bundeswettbewerb Mathematik wurde 1970 vom Stifterverband fiir die Deutsche Wissenschaft, einer Gemeinschaftsaktion der deutschen Winschaft zur Férderung der Wissenschaft und des wissenschaftlichen Nachwuchses, ins Leben gerufen. Triiger des Wettbewerbs ist der Verein Bildung und Begabung e.V.', finanzi— e11 wird er gemeinsam vom Bundesministerium fiir Bildung und Wissenschaft und dem Stifterverband fiir die Deutsche Wissenschaft gcfbrdert. Die Kultus— und

Schulbehérden der Lander unterstiitzen den Wettbewerb und befijrworten die Teilnahme. Er steht unter der Schirmherrschaft des Bundespréisidenten. Der Mathematikwettbewerb verfolgt mehrere Ziele: Zum einen méchte er Interesse an der Mathematik wecken und Schijlerinnen und Schiiler zu intensiver Be-

schiiftigung mit mathematischen Problemen anregen. Zum anderen soll mathematisch Interessierten und Begabten die Méglichkeit gegeben werden, an anspruchsvollen Aufgaben ihre Féihigkeiten zu erproben und weiterzuentwickeln. SchlieBlich dient der Wettbewerb als Instrument zur Findung und Fbrdcrung mathema-

tisch besonders befahigter Schfilerinnen und Schiiler, wobei allen Beteiligten be— wuBt ist, daB ein Wettbewerb eine F6rderung nur bedingt leisten kann. Hier bedarf

es zusfitzlicher MaBnahmen und Instrumente.

Vorwort

In der ersten Wettbewerbsrunde steht das erstgcnannte Ziel irn Vordergrund, es wird mit dieser Runde vor allem eine Breitenwirkung angeslrebt. In den beiden

folgenden Wettbewerbsrunden liegt die Betonung auf dem letztgenannten Ziel, der Findung und F6rderung mathematischer Talente. Der Mathematikwettbewerb versteht sich dabei als ein den Schulunterricht ergiinzendes Angebot und ist auf die

Schule und die Unterstiitzung der Fachlehrer und -lehrerinnen bei seiner Verbreitung in hohem MaBe angewiesen. Zum Erreichen der gesteckten Ziele wurde der Bundeswettbewerb Mathematik von Anfang an 315 Hausaufgabenwettbewerb mit einer abschlieBenden Gespréichsrunde konzipien. Fiir diese Konzeption sprachen neben organisatorischen Uberlegungen vor allem drei Griinde: Die Aufgaben in einem Hausaufgabenwettbewerb kénnen auf Grund der relativ langen Bearbeitungszeit komplexer sein, und an die Klarheit der Gedankenffihrung und Vollstéindigkeit sowie Versténdlichkeit der L6sungsdarstellung k6nnen strenge MaBstiibe angelegt werden. Daneben ist die Erweiterung des Wissens und der mathematischen Fertigkeiten bei Teilnehmerinnen und Teilnehmem wie Organisatoren ein wesentliches Ziel, dem die lange und intensive Beschéiftigung mit den gestellten Problemen zugute kommt. In der ab— schlieBenden Gesprfichsrunde schlieBlich kénnen Ffihigkeiten, die einen guten Mathematiker auszeichnen, die sich aber nicht bereits im erfolgreichen Lésen von Problemen manifestieren, fiberpriift werden. Der Bundeswettbewerb Mathematik wird jéhrlich an allen deutschen Schulen, die

zur allgemeinen Hochschulreife fiihren, ausgeschrieben. Er richtet sich in erster Linie an die Klassen 11 bis 13, abet auch jiingere Schiilerinnen und Schiiler beteiligen sich regelméiBig mit Erfolg. Ein Wettbewerbslauf beginnt jeweils im Dezem— ber, erstreckt sich fiber drei Runden und dauert insgesamt etwa fiinfzehn Monate.

In den ersten beiden Runden werden jeweils vier Aufgaben gestellt. Sie miissen in einem vorgegebenen Zeitraum von etwa zwei Monaten selbstéindig gelést und schriftlich ausgearbeitet werden. Die eingereichten Arbeiten durchlaufen ein Korrekturverfahren, bei dem jede Arbeit mindestens zweimal begutachtet wird. Am Ende der Korrektur steht die Preisfestsetzung. Als Preisstufen fiir die preiswiirdigen Arbeiten gibt es erste, zweite und dritte Preise. In der ersten Runde wird dariiber hinaus eine Anerkennungsurkunde vergeben, wenn mindestens eine Aufgabe richtig gelbst wurde.

Vorwort

Alle Preislriigerinnen und Preisu'figer der ersten Runde sind bereChtigt, an der zweiten Runde teilzunehmen. Die crsten Preistrfigerinnen und Preistriiger der

zweiten Runde gelangen in die dritte Runde. Diese dritte Runde unterschcidet sich grundlegend von den ersten beiden, denn in ihr geht es nicht mehr um das Ibsen von Aufgaben, sondem jeder Teilnehmer und

jede Teilnehmerin ffihn ein knapp einstiindiges Fachgespriich mit je einem Mathematiker bzw. einer Mathematikerin aus Universitfit und Schule. Daher heiBt diese

Runde auch Kolloquium. Anhand der Gespr'ziche werden die Bundessieger(innen) ausgewahlt. Zum besseren Kennenlemen und Gedankenaustausch fiber gemeinsame Interessen gestalten die Teilnehmerinnen und Teilnehmer parallel zu den Gespriichen ein Rahmenprogramm, bei dem cs nicht nur um mathematische Frage-

stellungen geht; auch Spiele werden angeboten und Musikstiicke vorgetragen. In den beiden ersten Wettbewerbsrunden bearbeiten alle Teilnehmerinnen und Teilnehmer die gleichen Aufgaben. Dies ist fiir die Korrektur von Bedeutung,

denn bereits bei der Aufgabenauswahl kann ein einheitlicher Erwartungshorizont festgelegt wcrden. Der Schwierigkeitsgrad einer Runde kann, zumindest prinzi-

piell, von den Wettbewerbsveranstaltem bestimmt und gesteuert werden. Dies wird auch insoweit versucht, als fiir die erste Runde, die als Einstiegsrunde konzi-

pien ist, bewuBt relativ leichte Aufgaben ausgewiihlt werdcn, wiihrend die Aufgaben der zweiten Runde deutlich anspruchsvoller sind. Fiir die Auswahl und endgiiltige Formulierung der vier Aufgaben einer Wettbe-

werbsrunde ist der AufgabenausschuB verantwortlich. Diesem AusschuB gehéren derzeit fiinf Lehrer und zwei Hochschullehrer an. Basis fiir die Auswahl ist ein Aufgabenvorrat, der von den Mitgliedern des Aufgabenausschusses durch Neu—

vorschlfige, Modifizierungen und Streichungen stindig auf aktuellem Stand gehal— ten wird.

Die Teilnehmerinnen und Teilnehmer erhalten am Ende einer Wettbewerbsrunde Lbsungsbeispiele zu den vier Aufgaben. Diese Lésungsbeispiele sollen ihnen als Hilfe beim Auffinden von Mangeln in der eigenen Ausarbcitung dienen, die von den Korrcktoren beanstandet wurden. Dariiber hinaus bieten sie Anregungen

durch das Kennenlemen von Lésungsvarianten oder unterschiedlichen L6sungswegen. 6

Vorwort

Die erste Version dicser Lésungsbeispiele entsteht vor dem EinscndeschluB cincr Rundc und ist fiir dic Korrektoren dieser Runde gcdacht. Sie wird vom Vorsitzen-

den dcs Aufgabenausschusses auf der Basis von Losungsvorschléigcn der Mitgliedcr ausgearbeitet und enthéilt zu vielcn Aufgaben bereits mehr als cinen Losungsvorschlag. Wiihrend der Korrektur werdcn wcitcrc Losungsidccn von Koncktorcn und vor allcm aus dem Tcilnchmerkreis gesammelt und, soweit sic gccignet sind, in die Lésungsbeispiele eingearbciteL Auf dicsc Weisc ist die endgiiltige Fassung der Losungsbcispiele entstandcn wie sic den Tcilnehmcrinncn und Teilnehmcm und allen andcrcn Interessicrten ausgehéindigt wird. Die hicr vorgclcgtc Sammlung cnthéflt vollstfindig die Endfassungcn dcr Lfisungsbcispicle aus den Wettbcwerbcn 1988 his 1992. lm Hinblick auf den dokumentaiischen Charakter sind wedcr Kiirzungen noch Ergiinzungcn vorgcnommen worden. Es wurdc lediglich versucht, Druckfehler so weit wic moglich zu beheben.

Wir hoffen, daB diesc Sammlung schr untcrschiedlichcr Aufgaben auf groBcs Intercsse stoBt, und mochtcn alle Lescrinnen und Leser cnnuntem, sich Aufgaben auszusuchcn, die ihre Neugicrde geweckt haben, und zunfichst eigcnc Losungsversuchc zu untcmehmcn, che sic sich den Lésungsbcispiclen zuwenden. Auf dicse Weise wird sich ihnen die Schonhcit dcr Mathematik, die sich hintcr dcn Aufga— bcn verbirgt, in bcsondcrcm MaBe crschlieBen, und die Losungsbcispiele werdcn anschlicnd manche fiberraschcndc Lésungsidee bereithalten. Wir wiinschen allen, die sich mit diesem Buch bcschiftigcn, vicl Freudc und einen Gcwinn an ncuen Erkenntnissen.

Bonn, im November 1993

Dipl.—Math. Hanns-Heinrich Langmann

Prof. Dr. Horst Leptin

Leitcr dcr Geschéiftsstelle des Bundcswcttbewerbs Mathematik

Vorsitzcnder des Kuratoriums des Bundeswcttbewerbs Mathematik

Bildung und Begabung e.V.

Bildung und Begabung e.V. Der Verein Bildung und Begabung e.V. wurde vom Sfifterverband fiir die Deutschc Wissenschaft ins Leben gerufen. Als private Einrichtung unterstijtzt er Bemfihungen, die darauf gerichtct sind, besonders interessierte, begabte und lei-

stungsfzihige junge Menschen zu finden und zu f6rdem. Der Verein arbeitet mit den staatlichen Institutionen von Bund und Lindem

ebenso zusammen wie mit all jenen gesellschaftlichen Gruppen, die am BildungsprozeB generell interessien sind. Im Mittelpunkt seiner Arbeit stehen die Bundes—

wettbewerbe Fremdsprachcn und Mathematik, der Gestaltungswettbewerb Zeitgeschichte, die deutsche Beteiligung an der Intemationalen Mathematik-Olympiade, die Organisation von F6rdem1aBnahmen (Schiilerakademien) sowie ein datenbankgestiitzter Informationsdienst zur Begabtenffirderung. Ein Kuratorium beréit den Verein in allen Fragen seines Tiitigkeitsbereichs und beschlieBt die einzelnen MaBnahmen. Mitglieder des Kuratoriums sind: der Bundesrninister fiir Bildung und Wissenschaft sowie cin leitender Beamter seines Mi-

nisteriums, der Préisident und 2. Vizepréisident der Kultusministerkonferenz als Vemeter der Lander, ein Vorstandsmitglied und der Generalsekretéir des Stifterverbandcs fiir die Deutsche Wissenschaft sowie Reprisentanten der Wirtschaft,

der Gewerkschaften und der Wissenschaft.

Bildung und Begabung e.V., Anschrift der Geschiiftsstelle: Wissenschaftszentrum, Postfach 20 14 48, 53144 Bonn.

A 1988

1.

1. Runde

Ein Quadrat sei schachbrettartig in n‘ Felder eingeteilt. Auf diese Felder werden n3 Spielsteine gestellt, auf jedes hi'ichstens einer. Dabei stehen in jeder Zeile gleich viele Steine AuBerdem ist die gesamte Aufstellung symmetrisch zu einer der Diagonalen des Quadrats; diese Diagonale heiBe d. Man beweise: a.) 131: n ungerade, dann steht auf d mindestens ein Stein. b) Ist n gerade, dann gibt es eine Aufstellung der beschriebenen Art, bei der kein Stein auf d steht.

2.

In einem Dreieck seien die HBhen mit ha, hb, he, der Inkreisradius mit r bezeichnet. ' Man beweise, daB das Dreieck dann und nur dann gleichseitig ist, wenn ha+hb+hc = 91' ist.

3.

Man beweise, daB jedes Achteck mit lauter rationalen Seitenliimgen und lauter gleichen Innenwinkeln punktsymmetrisch ist.

4.

Ausgehend von vier vorgegebenen ganzen Zahlen a1, b1, c1, (11 definiert man rekursiv fiir alle ne IN : ==la.-bl,b

a. 1'1""

11

n

n‘.‘

I

==lb-cl,c n

n

n+1

==lc-d|,d n

n

n+1

==Id-a.l. n

n

Man beweise, daB es eine natiirliche Zahl k gibt, fiir die alle Folgenglieder ' ak, bk’ ck, dk den Wert Null annehmen.

88.1

2. Runde

1988 A

1.

Ffir die natiirlichen Zahlen x und y gelte 2x2+ x = 3y2+ y . Man beweise, daB dann x— y, 2x +2y +1und 3x +3y +1 Quadratzahlen sind.

2.

Eine Kreislinie sei irgendwie durch 3k Punkte in je k Bagen der Lingen 1, 2 und 3 aufgeteilt. Man beweise, daB stets zwei dieser Punkte sich diametral gegeniiberliegen.

3.

Man beweise: Alle spitzwinkligen Dreiecke mit gleicher HBhe hc und gleich groBem Winkel y haben umfangsgleiche H6henfqunktdreiecke.

4.

Gegeben ist die Gleichung xyz = pn(x+y+z), wobei p eine Primzahl gréSBer als 3 und n eine natiirliche Zahl ist. Man zeige, daB diese Gleichung mindestens 3n+3 verschiedene Lésungen (x, y, z) mit natiirlichen Zahlen x, y, z und x < y < z besitzt.

88.2

L 1988

1. Runde

Aufgabe 1

Ein Quadrat sei schachbrcttartig in n4 Felder eingeteilt. Auf diese Felder werden na Spielsteine gestellt, auf jedes héchstens einer. Dabei stehen in jeder Zeile gleich viele Steine. AuBerdem ist die gesamte Aufstellung symmetrisch zu einer der Diagonalen des Quadrats; diese Diagonale heiBe (1. Man beweise: a.) Ist n ungerade, dann steht auf d mindestens ein Stein. b) Ist n gerade, dann gibt es eine Aufstellung der beschriebenen Art, bei der kein Stein auf d steht. osu a.) Da. in jeder der n2 Reihen gleich viele Steine stehen und :13 Steine verwendet werden, befinden sich in jeder Reihe genau n Steine. Wegen der Symmetrie befindet sich auf jeder Seite von d die gleiche Anzahl von Steinen. Bezeichnet ma.n diese Anzahl mit a, die Anzahl der Steine auf d mit b, so ergibt sich fiir die Gesamtzahl der Steine n3 = b + 2a.; ist nun n ungerade, so ist auch n3 unge-

rade, also b > 0. Mindestens ein Stein liegt also auf der Diagonalen d. Variante: Die Paritét von 11 stimmt mit der Paritéit von 113 fiberein. Entfernt man zwei zueinander beziiglich d symmetrische Steine vom Brett, so verindert sich die Paritit der Steineanzahl auf dem Brett nicht. Steht kein Stein auf d, kann man so in endlich vielen Schritten das gauze Brett leer riumen, hat also eine gerade Anzahl von Steinen. Daraus folgt, daB bei ungeradem n mindestens ein Stein auf d stehen muB. b) Fiir den Fall, daB n gerade ist, wird eine Aufstellung der verlangten Art angegeben. Hierzu werden die Felder dutch Zahlenpaare gekennzeichnet:

(1,1)

(1,2)

(1,3)

(1,112)

(2,1)

(2,2)

(2,3)

(2,112)

(3,1)

(3,2)

(3.3)

(3,112)

(112,1)(112,2)(11’,3) ::: (121.2). Besetzt werden die Felder (1 , n), (1 , 2n), (1 , 3n),

, (1 , n2)

sowie die von ihnen a.us nach links unten verbufenden Parallelen zur Diagonalen durch (1,112) und (n2,1). Dutch Spiegelung an dieser Diagonale wird die Aufstellung erginzt. Die Skizze stellt diese Aufstellung fiir den Fall n=4 da.r.

Dazu werden genau n-(1+2+3+. . . +(n-1)+n+(n-l)+. . . +2+1), also n-(n(n-1)/2 + n + n(n—l)/2) = n3 Steine verwendet. Die Aufstellung ist symmetrisch zu der Diagonalen d dutch (1, 1) und (n2, n2). Besetzt sind alle Felder mit Nummern der Form

(i,kn+1-i) mit 1 Sisn2 , 1 skn+1-isn2. 88.3

1. Runde

1988 L

In jeder Reihe stehen n Steine, da. k wegen i s kn s i+n2-1 genau n Werte clurchlauft. Stande ein Stein auf der Diagonale (1, so ware i = kn +1 - i, also 0 = kn—2i +1, was nicht moglich ist, da 11 gerade, also kn—2i +1 ungerade ist. Varianten lteilweise nur skizziert):

Variante a) Genau dann wird ein Feld (i, j) mit einem Stein besetzt, wenn i+j bei Division dutch n den Rest 1 [5.81; Dann gilt: - Da. die Definition symmetrisch beziiglich i, j ist, ist die zugehorige Aufstel-

lung symmetrisch zur Diagonalen durch (1 , l) und (n2 , n2). - Da 2i gerade ist, kann bei Division von i+i dutch die gerade Zahl n nie der Rest 1 erhalten werden; die Felder auf der Diagonalen durch (1,1) und

(n2, n2) bleiben also unbesetzt. - F‘iir jede natiirliche Zahl i E {1, 2, 3,

,nz} gibt es genau n natiirliche Zahlen

j E{ 1 , 2, 3, ..., n2 }, fiir die i+j bei Division dutch n den Rest 1 [5.1%. (Namlich j=xn+1-ifiirx=1,2,... ,n). Variante b) Man stelle sich eine Zerlegung des Spielbretts in Gebiete vor, von denen jedes aus einem Quadrat aus n x n Feldern besteht. Eine ”Platte” sei ein Quadrat aus n x n Spielfeldern, bei dem eine Diagonale mit n Spielsteinen starr belegt ist, wahrend die iibrigen n2- n Felder nicht belegt sind. Insbesondere die Felder der anderen Diagonale sind dann frei von Steinen, da 11 gerade ist. Man iiberdecke nun zunachst eine Diagonale d des Spielbretts, von einer Ecke ausgehend, so

mit Platten, daB jeweils die von Steinen freie Diagonale der Platte auf d liegt. Danach belege man nacheinander die jeweils zu d symmetrischen Gebiete des Spielbretts mit Platten, wobei die belegten Diagonalen der Platten entweder beide senkrecht oder beide parallel zu d verlaufen. Dann ist nach Konstruktion die Symmetriebedingung erfiillt und auf d steht kein Spielstein. Da jede Platte pro Reihe genau einen Spielstein hat und jede Reihe des Spielbretts fiber 11 Platten fiihrt, befinden sich in jeder Reihe die verlangten n Steine.

Variante c) Man betrachte eine Zerlegung des Feldes in n2 Gebiete gemaB Variante a). Diejenigen n Gebiete, deren Inneres ein Feld der von (1 verschiedenen Diagonale enthalt, werden vollstandig mit Steinen bedeckt, jedes dieser n Gebiete also mit 112 Steinen. Die Skizze rechts stellt diese Belegung fiir den Fall n=4 dar; man kann leicht zeigen, daB die an die Aufstellung gerichteten Forderungen erfiillt sind.

88.4

L 1988

A

1. Runde

be2

In einem Dreieck seien die H6hen mit ha, hb, he, der Inkreisradius mit r be-

zeichnet. Man beweise, daB das Dreieck dann und nur damn gleichseitig ist, wenn ha+hb+hc=9rist.

Mm Die Seitenlingen des Dreiecks seien mjt a, b, c bezeichnet; sein Flicheninhalt sei F, sein Umfaglg u. Bekanntlich gilt dann b

a

2F=1‘«u=a.-ha,=b-hb=c‘hc und somit

o

o Erste Lésugg

ha=r'%, hb= r-%,hc=r-% .

c

Nach der Vorbemerkung ist

ha+hb+hc =r u- (I +1 +%)

=r- (a+b+c) (—'+1';b+;) =r- (3+(B+—)+(—+% )+ (—+—

),

Nun gilt fi1r jede positive Zahl x bekanntlich die Ungleichung x +2 2 2, die sich aus der aquivalenten Formel (31-1): 20 ergibt; dabei steht offenbar das Gleichheitszeichen genau dann, wenn x: 1 ist. Folglich gelten die drei Ungleichungena B+— 2 2 fig+§ z 2,§c+ % 2 2, wobei die

simultane Gleichheit genau dann eintritt, wenn a.= b= cgilt.

= E ’ E = fiund§=%,also

Somit erhéilt man ha+hb+hc2r-(3+2+2+2),a.lso ha+hb+hc29r. Gleichheit liegt dabei genau dann vor, wenn a. = b = c ist, also wenn das Dreieck gleichseitig ist. Dies war zu zeigen. Bemerkung zur folgenden zweiten Lésung: In dieset Lésung wird eine Identitit fii: Dreiecke

bewiesen, aus der sich die Behauptung der Aufgabe unmittelbar ablesen lifit. Fiir den im Finden von Beweisen noch nicht sehr erfahrenen Leser wird ausdriicklich darauf hingewie— sen, daB ein entsprechender Beweisansatz sich nicht so unmittelbar und naheliegend wie in der ersten Ibsung 3.113 der Behauptung eigibt; er ist vielmehr das Resultat etlidier Ansitze, Versuche und Umformungen im Stil des ersten Lfisungsbeispiels.

Zweite Lésung Es wird die folgende Gleichung bewiesen:

a- (b-c)2 + b- (c-a)2 + c- (a.-b)2 = abc- (ha, + hb + hc - 9r) 41. Die Summe auf der linken Seite besteht aus drei nicht—negativen Summanden und verschwindet genau dann, wenn a. = b = c gilt. Die rechte Seite nimmt dann und nur dann den Wert 0 an, wenn die Gleichung ha+ hb + hc = 9r erfiillt ist. Die 88.5

1. Runde

1988 L

Giiltigkeit der Gleichung ist also hinreichend fiir die Richtigkeit der Behauptung der Aufgabe. a. (b-c)2 + b (c-a.)2 + c (a—b)2 = a.(b2-2bc+c2) + b(c2-2ca.+a.2) + C(az-Zab+b2) = 32b + azc +b2c + bza. + cza. + czb - 6a.bc = abc + a2b+ 32c + bzc + bac + bza. + cza. + c2b+ cab - 9a.bc

= (a.+b+c)-(bc+ca.+a.b) - 9a.bc = abc-((a.+b+c)'(15 +1++'—)- 9) =a.bc-(ru-(—+B+c)- 9r)~'f =a.bc- (ha+hb+hc -9r)-Hi1. Damit ist der Beweis erbracht. Dritte Lésung Fiir 11 positive Zahlen a1, 3.2, ..., an gelten (Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel) die beiden Ungleichungen

(3.1 + a.2 +... +a.n)n2 nn-(aI-azund

an)

Grin-wan) 2n ~(a,-a,-..~'an),

wobei Gleichheit jeweiLs genau bei paaIweiser Gleichheit alter ai auftritt. Dutch Multiplikation der linken bzw. rechten Seiten der beiden Ungleichungen und Ziehen der n—ten Wurzeln erhilt man:

(1) (3.1+ a.2 +... +a.n)-(%1+;724~... +331.) 2 n2 . Dabei liegt Gleichheit genau im Falle paarweise gleicher Werte a.i vor. Aus den Gleichungen der Vorbemerkung ergibt sich unmittelbar, daB Gleichseitigkeit des Dreiecks Equivalent zur paarweisen Gleichheit der H6hen ist. In der

nach (1) giiltigen UngleichunIg (2) (ha,+hb+hc)(E—+1h—+h—‘)29

steht mithin genau dann das Gleichheitszeichen, wenn das betrachtete Dreieck

gleichseitig ist. Da (2) aquivalent zu (ha,+hb+hc‘) (h—+ h— +‘h—c)29f

ist, reicht zur L6sung der Aufgabe der Nachweis der Identitét r + r + r =1.

’

In

H; 1E h:

b r __ r + 1E r + 1E - wegen I; ' Slch erg1bt dieser T1 3

_E _

u — u ' 1'

Bemerkung: (1) ist Equivalent zur Ungleichung zwischen dem arithmetischen und dem harmonischen Mittel von a. ,,..a.2 . ,.a.n Man erh'alt sie unmit’cnelbar dutch Anwendung der Cauchy-Schweirzschen Ungleichung 1m Raume IRn auf

die Vektoren (xi) und (yi) mit xi=— 1’—! und yi-= 88.6

L 1988

1. Runde

Aufgabe 3

Man beweise, daB jedes Achteck mit lauter rationalen Seitenléingen und lauter gleichen Innenwinkeln punktsymmetrisch ist. Losq

Die Winkelsumme im n—Eck ist (n-2) ‘1800, im Achteck also 10800; jeder der In— nenwinkel im gleichwinkligen Achteck hat somit die Gréfle 135°, jeder AuBen— winkel betra'igt 45°. Die Fléche des Achtecks lifit sich daher als Schnittmenge der Fléchen zweier Rechtecke erhalten, deren Seiten gegeneinander um 45° gedreht sind. Zunachst wird bewiesen, daB je zwei der Gegenseiten des Achtecks gleiche

Linge haben.

Hierzu werden die Seitenléingen des Achtecks mit einer beliebigen Seite beginnend - der Reihe

a

nach mit a, , a. , a. ,..., a bezeichnet; dann ge—

.. 1 2 a 8. . nugt es, a = a. nachzuwelsen. D1e betreffenden Seiten liegen auf den Gegenseiten eines der oben angegebenen Rechtecke; die gemeinsame Linge dieser Gegenseiten des Rechtecks sei mit a. be— zeichnet. Die Rechtecksseite setzt sich jeweils aus der entsprechenden Achtecksseite so wie den senkrechten Projektionen der beiden anliegenden Achtecksseiten zusammerL

a7

a4

a6 35

In einem rechtwinkligen Dreieck, bei dem die Gréfie eines Vlrmkels 45° betrégt und die Hypotenuse die Linge ai hat, betrigt die Linge jeder Kathete 71:1,? Somit erhélt man = 1 . + + 1 a. 72— a'a a.‘ 72— 3'2 =72—-a‘ + a5 +7736 ' Hiermit ergibt sich

VIE-'(as +a.2—a.4-a.6) = as-a.‘ . Wire a. -a. verschieden von 0, so lieBe sich die irrationale Zahl if als Quotient rationaler Zahlen darstellen. Daher muB 3.1 = a5 gelten, was zu beweisen war. Die gegenfiberliegenden Seiten des Achtecks sind also jeweils nicht nur parallel, sondern auch gleich lang. Sie lassen sich somit als gegeniiberliegende Seiten eines Parallelogramms deuten, die ja. symmetrisch zum Mittelpunkt dieses Pa.— rallelograinms liegen. Da. man den Mittelpunkt des Parallelogramms a.ls Mittelpunkt jeder der beiden Diagonalen erhéilt und jeweils die zu benachbarten Achtecksseiten in diesem Sinne zugehérigen Parallelogramme eine Diagonale gemeinsam haben, gehért zu allen Seiten des Achtecks das gleiche Symmetriezentrum. 88.7

1. Runde

1988 L

Aufgabe 4

Ausgehend von vier vorgegebenen ganzen Zahlen a1, b1, c', (11 definiert man rekursiv fiir alle nE N :

a

n+1

==|b—cl,c :=|c-dl,d ==ld-a|. == Ia - b I, b n n n+1 n n n+1 n n n+1 n n

Man beweise, daB es eine natiirliche Zahl k gibt, fiir die alle Folgenglieder ak, bk’ ck, dk den Wert Null annehmen. Erste Lfisung

Ffir jedes nEN sei mit M das Maximum von a. +1, bn+1’ cnfl, dn+1 bezeich-

net. Die Folge (M1, M2, L23,

)fallt offensichtllch monoton (im unstrengen

Sinne), ist also wegen M E No schlieBlich konstant. Der entsprechende konstante Folgenwert sei mitnM bezeichnet. Die Behauptung der Aufgabe besagt, daB M = O ist. Die Annahme M > 0 wird nachfolgend zum Widerspruch gefiihrt. Man definiere auf den Quadrupeln ganzer Zahlen den Operator T durch die

Vorschrift T(a,b,c,d) := ( la—bI,Ib-cl,lc-dI,Id-a| ) . Dann gilt fiirjedes n6 N: (anfl, bn+1’ en”, dn+1) = Tn(a‘, b1, c1, d1). Der Ubergang von (a,b,c,d) zu T(a,b,c,d) werde als Schn'tt bezeichnet. Unter dem Betrag des Quadrupels (a,b,c,d) verstehe man das Maximum von lal, lbl, Icl, ldl. Nach der obigen Annahme gibt es dann ein NEN, so daB Tn(a‘, b‘, (:1, d, ) fiir alle nzN den Betrag M hat. Wenn bei T(a,b,c,d) mindestens eine Komponente null wird, gilt: (1) Mindestens eine der Bedingungen a.=b, b=c, c=d, d=a ist erfiillt. Damit der Betrag M van (a,b,c,d) bei Anwendung von T erhalten bleibt, muB gelten: (2) Mindestens eine der Komponenten hat den Wert M, und mindestens eine ihrer Nachbarkomponenten (Nachbarschaft im zyklischen Sinn a-b-c-d—a) ist nulL

Ein Quadrupel, das die beiden Bedingungen (1) und (2) erfiillt, heifie stabil . Es sei nun TN(a , b1, cl, d1) = (a,b,c,d). Wegen NEN sind a,b, c, d nicht negativ. Aus den obigen Dedmgungen ergibt sich, daB mindestens eine Komponente den Wert M hat, eine ihrer Nachbarkomponenten null ist, und mindestens zwei benachbarte Komponenten den gleichen Wert haben. Die Annahme a= M bedeutet keine unzulassige Spezialisierung, da man andernfalls zyklisch vertauschen und nach Durchfiihrung der Schritte wieder zyklisch riicktauschen kann. Fiir (a, b,c,d) sind damit folgende Formen méglich:

88.8

A) (M,0,0,d) -> C) (M,0,c,M) —>

(M,0,d,M-d) (M,c,M-c,0)

B) (M,0,c,c)->(M,c,0,M—c) D) (ll/[,M,c,0)->(0,M-c,c,M)

E)

(M-b,0,b,M)

F)

(M,b,b,0)

9

(Mib10)0)-)(M'b)b:0)M)'

L 1988

v

1. Runde

Das Quadrupel hinter dem Pfeil gibt jeweils das Ergebnis einer weiteren Anwendung von T an. Da. auch dieses stabil sein soll, ergeben sich weitere not-

wendige Bedingungen: Bei A: d=0 oder 2d = M ,

bei B: c=O oder c = M ,

bei C: c=M oder 2c = M ,

bei D: c=M oder 2c = M ,

bei E: b=0 oder b = M ,

bei F: b=0 oder 2b = M .

Zu betrachten sind A1 = (M,0,0,M) , C1 = (M,M,0,0) , EI = (M,0,0,M) ,

also: A2 = (2d,0,d,d) , C2 = (2c,c,c,0) , E2 = (0,0,M,M) ,

B' = (M,0,0,M) , D 1 = (0,0,M,M) , FI = (M,0,0,M) ,

B2 = (M,M,0,0) , D2 = (0,c,c,2c) , F: = (b,b,0,2b) ,

.-

C1 D; =E:

II

UOUJF>> .. M N N

wobei b, c und d wegen M > 0 natiirliche Zahlen sind. Der Pfeil driickt nachfolgend wieder jeweils einen Schritt aus: :131 = E1 = F1 -> (M,0,M,0) —> (2d,d,0,d)

F2

-> (O’M’O’M) —> (c,0,c,2c) é

alle nicht stabil

(0,M’0’M)

-> (0,b,2b,b)

In allen Fillen ergibt sich ein Widerspruch. Es existiert somit eine natiirliche Zahl k mit (ak, bk, ck, dk) = (0,0,0,0). Die zweite Lfisung verkiirzt dutch eine zusiitzliche fi'berlegung die Fallunterscheidungen.

Zweite Liisung

Wegen (an--bn)+ (bn-

+(cn-dn)+ (dn -a.n)= 0 ist stets eine oder sind zwei

der Zahlen I an-bn l, lc -cn ln Icn -dn|, Idn- a. I die Summe der restlichen.

Mit den Definitionxian der ersten Losung reicht es damit, ein stabiles Quadrupel der Form (M, 0,c, M-c) zu betrachten; die zyklische Definition und die Symmetrie sind dabei wieder ausgenutzt. (M, 0, c, M-c) geht fiber in (M, c, IM-20 |,c). Aus der Stabilitit folgt, daB eine der Komponenten wieder verschwinden muB. Wire M—2c = 0, so Lége das nicht stabile Quadrupel (M, —M, Org!) vor. Es ist also c = 0; bei dem betrachteten Ausgangsquadmpel hande 1: es sich somit um (M,0,0,M). Damit hat man die Kette (M,0,0,M) —> (M,0,M,0) -> (M,M,M,M) —> (0,0,0,0) . Es gibt also keine unendliche Folge schrittweise auseinander hervorgehender stabiler Quadrupel mit Komponenten aus Z. , und somit sind bei beliebigen Startwerten ans 2. nach endlich vielen Schritten alle vier Komponenten des Quadrupels nulL

88.9

1. Runde

1988 L

Dnfi' e Lasung Es wird (dutch vollstindige Induktion) gezeigt, daB fiir jedes mGN die Zahl 2m Teiler eines jeden der vier Folgenglieder a.4m+1’ b4m+1’ c m+1’ d4m+1 ist. Hiermit ergibt sich sofort die Behauptung, da die Folgen (a.n,) (bn,) (cn), (dn) beschrankt sind, die Teiler 2m aber dutch entsprechende Wahl von m beliebig groB werden. = 1_;

Zur fiberpriifung der Teilbarkeit dutch 2 werden die Reste betrachtet, die die Folgenglieder bei Division dutch 2 lassen. (Die Folgenglieder werden ”modulo 2” betrachtet). Fiir die 16 méglichen Fille ergibt sich: (0101010)

_) (0,01010)

9 (0101010)

9 (0101010)

_) (0101010)

(0.0.011) (010,110) (0.01111)

9 (0,0,111) 9 (0,1119) 9 (0,1104)

9 (011,04) 9 (19.19) 9 (1,1,1,1)

9 (1,1,1,1) 9 (1,1,1,1) 9 (0,0910)

9 (09,09) 9 (010,09) 9 (010,09)

(0111010)

9 (1111010)

9 (0111071)

_) (1211111)

9 (010,010)

(0.1.011) (0.1.1.0)

9 (1,1,1,1) 9 (1,0,19)

9 (09,09) 9 (1,1,1,1)

9 (0,010.0) 9 (010,09)

9 (09.010) 9 (010,010)

(0,1,111)

9 (1,0911)

9 (110.1,0)

9 (1,1,1,1)

9 (010,09)

£1,099; 1,0,0,1

-> E1,0,0,1; —> 1,0,1,0

-> £1,049; -> 1,1,1,1

-> E1,1,1,1; —> 0,0,0,0

-) €0,099; —> 0,0,0,0

(1,0,110) (1,011.1)

9 (1,1,1,1) 9 (111,010)

9 (010.09) 9 (011,0,1)

9 (09,09) 9 (1,1,1,1)

9 (010,09) 9 (010,09)

(1111010)

9 (0111011)

9 (111,131)

9 (0101010)

9 (0101010)

(1111011)

9 (0111110)

9 (170,110)

9 (1111111)

9 (0101010)

(1.1.1.0) (1,1,1,1)

9 (010,111) 9 (010,010)

9 (0.1104) 9 (0,0,010)

9 (1,1,1,1) 9 (010,010)

9(0101010) 9 (010,09)

Alle fiinften Folgenglieder sind also gerade. (Kiirzere Version: Wenn man beriicksidltigt, dafl beim Ubergang zum komplementiren Qua.drupel der nidlste Schritt dennoch den gleichen Nachfolger liefert, und dafl es weiterlu'n geniigt, solche Quadrupel zu betrachten, die nicht durch zyklische Vertauschung auseinander

hervorgehen, reicht die Betrachtung der Kette

(o,o,o,1) —> (o,o,1,1) -> (o,1,o,1) —> (1,1,1,1) -> (o,o,o,o) zum Nachweis, dafi sich spitestens nach vier Schritfen ein Faktor 2 herausziehen 15M.)

SchluB von m auf m+1 Die Behauptung sei richtig fiir m6 N , d.h. es gelte a‘m+1 = 2m-A ,b 4rn1+ —--2'n B I’4m+1 c = 2m-C‘ , d‘m+1 = 2m-DI mit natiirli— chen lZa.hlenA:, BI,C,D1.

Da. (wegen des 1m 1positiven Bereich homogenen Bildungsgesetzes der Folge) gemeinsame Faktoren ausgeklammert werden k6nnen, erhilt man

3"(“1“)“: 2111A5’b4(m+1)+1= ss’ c4(m+1)+1

88.10

211105 Jd4(m+1)+1=2m-D5.

L 1988

1. Runde

Nach Induktionsanfang sind A5, B5, C5, D5 alle gerade, somit ist 2m" Teiler von a'4(m+1)+1’b4(m+1)+1’ c4(m+l)+!’

4(m+1)+1 '

Bemerkungen zur vierten Aufgabe Die Lésungsbeispiele lassen sich offensichtlich auch zu einer (sehr groben) Abschatzung der Lange einer derartigen Kette verwenden. Man kann fibrigens beliebig lange Ketten konstruieren; eine zehn Glieder lange Kette erhalt man z.B. beim Start mit (0, 2, 6, 13) ; beginnt man mit (1,194, 549, 1202), ist die Kette bereits zwanziggliedrig. Da. die Multiplikation mit einem von null verschiedenen Faktor beim Startquadrupel die Lange der Kette nicht verandert, ist die Behauptung der Aufgabe ffir beliebige rationale Zahlen richtig. Versuche mit reellen Zahlen mégen zur Vermutung verleiten, dafl auch hier beliebige Startwerte auf (0,0,0,0) fiihren. Diese Vermutung ist falsch. Denn betrachtet man z.B. mit t > 1

(136,9, t3) -> (H, (VD-t, (MHz, (‘6—1)'(t2+t +1) ) . so geht offenbar fiir den Fall 1:3 = 1:2 + t + 1 (also t = 1,839...) das Quadrupel in sein (t—1)fa.ches fiber; die Kette bricht also niemals ab. (Quelle: Arthur Engel: Das Invarianzprinzip, Zentralblatt fiir Didaktik der Mathematik 87/3) . Hinweise auf haufige Fehler: Bei den Aufgaben 1 und 2 wurde oft nicht beachtet, daB je zwei Beweise zu fiihren waren, wobei sich der zweite nicht dutch Folgern aus dem ersten ffihren lieB. Insbesondere reicht bei Aufgabe 1 im Teil b) nicht der Hinweis, daB eine symmetrische Aufstellung ohne Besetzen der betrachteten Diagonale méglich sei, vielmehr muB die Existenz einer entsprechenden Aufstellung, die ja neben der Symmetfiebedingung noch die Forderung nach gleicher Steineanzahl in jeder Reihe erfiillen muBte, nachgewiesen werden. Bei Aufgabe 2 wurde manchmal nicht gesehen, daB dutch die Behauptung ”A gilt genau dann, wenn B erfiillt ist ”, die beiden Beweise zu ”Aus A folgt B” und ”Aus B folgt A” 211 fiihren waren. So wurde oft nur gezeigt, daB beim gleichseiti— gen Dreieck die Gleichung ha+hb+hc=9r erfiillt ist. In anderen Fallen wurde lediglich von der Giiltigkeit der Gleichung auf Gleichseitigkeit des Dreiecks geschlossen. Ein SchluBfehler bei Aufgabe 3 erfolgte haufig dann, wenn ein festes Achteck betrachtet wurde, an dessen Seiten Veranderungen vorgenommen wurden. Wenn etwa, ausgehend von einem regularen Achteck, nur Verlangerungen jeweils paralleler Seiten um den gleichen Betrag betrachtet werden, bleibt sicher die Punktsymmetrie der Figur erhalteIL Man gelangt aber so nicht zu beliebi— gen Achtecken, sondern nur zu solchen mit gleicher Lange der Gegenseiten; daB die Achtecke mit rationalen Seitenlangen hierzu gehéren, ist aber gerade der wesentliche Teil des Beweises. 88.11

1. Runde

1988 L

Der Nachweis, daB nach Verléingerung oder Verkiirzung einer der Seiten um einen rationalen Wert andere Seitenléngen nicht mehr rational sind, war fiir den Beweis nicht ausreichend, da. ja. nicht auch die korrigierenden Auswirkungen weiterer Veranderungen, etwa bei anderen Seiten, untersucht wurden. Bei Aufgabe 4 wurde mehrfach allgemein argumentiert, daB durch stindiges gegenseitiges Verkleinern benachbarter Komponenten schliefilich alle positiven GLieder verschwinden miiBten. Diese Begriindung ist nicht richtig, wie die Betrachtung von Tripeln leicht zeigt: zum Beispiel ist die mit (0,1,1) startende Folge periodisch mit Periodenlénge drei.

88.12

L 1988

2. Runde

Aufgabe 1

Fi'u' die natiirlichen Zahlen x und y gelte 2x2+ x = 3y2+ y . Man beweise, daB dann x— y, 2x +2y +1und 3x +3y +1 Quadratzahlen sind. Erster Beweis

Die Gleichung (0) 2x2+x = 3y2+y , deren Giiltigkeit fiir x, y E N vorausgesetzt wird, ist iquivalent zu den folgenden

beiden Gleichungen (1) und (2):

(1) (x - y)-(2x + 2y +1) = Y2.

(2) (x — y) -(3x + 3y +1) = x2 . Jeder Primfaktor von x—y ist wegen (1) auch ein Primteiler von yz, also auch von y, und wegen (2) auch ein Teiler von x , also auch von x. Somit ist er auch Teiler aller Vielfachen von x+y, insbesondere also von 2x+2y und 3x+3y. Also ist x—y teilerfremd zu 2x +2y +1und zu 3x+3y+1. Da ein Produkt aus zwei tei— lerfremden Zahlen nur dann ein Quadrat ist, wenn beide Faktoren selbst Qua-

dratzahlen sind (— wie man bei Betrachtung der Primfaktoren sieht — ) folgt die Behauptung. Bemerkungen zum ersten Beweis

Die Gleichung (0) hat unendlich viele Lésungen, denn sie fiihrt auf eine sogenannte Pellsche Gleichung. Fiihrt man namlich neue Variable u, v ein dutch u:=3y+2x, v:=x+y,

sohatmanx=u+3vundy=u+2v, undesgilt 2x2+x = 2n2 +12uv + 18v2 +u+3v und 3y2+y = 3u2+12uv+12v2+u+2v,

so daB (0) Equivalent ist zu u2 = v-(6v +1) . Da. v und 6v+1 teilerfremd sind, folgt v = b2 und 6v + 1: a.2 ,

also

(3) 6b2+1 = a2 .

Beispielsweise ist a = 5, b = 2 eine Losung. Definiert man durch an+ bn'fl—S = (5 +2-/(_5 )n (n = 1, 2, 3,...)

die Folgen (a ) und (b ), so losen a. , bn stets die Gleichung (3); man kann beweisen, daB s1ch alle Losungen von 3) mit natiirlichen Zahlen so ergeben. (Siehe hierzu z.B.: A.Aigner, Zahlentheorie (§47), W. de Gruyter 1975 oder ScholzSchoeneberg, Einfiihrung in die Zahlentheorie (Kap.V), Sammlg. Goschen Ed. 1131, W. de Gruyter 1966). Rekursiv lauten die Formeln an+1 = 5an+12bn , bn+1 = 23.n+5bn mit a‘= 5, b1: 2. Die Losungen xn , yn von (0) berechnen sich aus den an, bn durch _ _ bn+3bn2 ,yn = an. bn+2bn2 . xn—an

88.13

2. Runde

1988 L

Dann ist xn — yn = b112, Zwe'

2xn+2yn+ 1 = (a.n+2bn)2 ,

3xn+3yn+ 1 = (an+3bn)2 .

weis

Aquivalent zur Gleichung (0)

2}:2 +x = 3y2 +y ,

ist offensichtlich die Giiltigkeit von %= arr}: . Der grofite gemeinsame Teiler von x und y sei k, der von 3y+1 und 2x+1 sei l. Hat der Bruch, auf den sich beide angegebenen Briiche durch Kiirzen mil; 1: bzw. l reduzieren lassen, den Zéihler a. und den Nenner b (a,b E N , teilerfremd), so muB gelten: x = k-a, y = k-b und 3y+1= l-a., 2x+1= l-b . Daraus folgt a.-l - 3b-k = 1 und b-l — 2a'k =1.

Die Determinante dieses linearen Gleichungssystems in I, k ist D = 3bz— 2&2, a.lso von 0 verschieden. Als somit eindeutige Losungen dieses Systems erhilt man l= —3b_2a und k =fi D D ' b Damit ergibt sich 3k+l = 9— und 2k+l = F; D ist also positiv und ein gemeinsa— mer Teiler der teilerfrem en Zahlen a. und b; somit muB D = 1 sein. Man hat a.lso l = 3b—2a und k = a—b. Dutch Einsetzen gelangt man nun zur Darstellung der zu untersuchenden Ausdriicke a.ls Quadrate: x—y

= ka. - kb

= k-(a—b)

= (a.—b)2 ,

2x+ 2y+1 =2kb+ lb =(2k+l)-b =b’, 3x+ 3y +1 =3ka.+ la. =(3k+l)~a. =32 . Bemerkungen zum zweiten Beweis

Um Losungen von (0) zu erhalten, muB man nur die Gleichung 3b2— 2a.2 = 1 l6sen und erhélt dann x = a-(a—b), y = b‘(a.— b) . Ist a, b eine Losung, dann ist auch 5a+6b, 4a+5b eine Losung; aus 3b2—2a.2 = 1 folgt nimlich

3-(4al+5b)2 - 2-(5a+6b)2 = 3-(16a’+40ab+25b2) - 2-(25a’+60 ab+36b’) = -2a.2+3b2 = 1.

Ausgehend von a=l, b=1 findet man so nacheinander die in der folgenden Ta.belle angegebenen Werte a. b x y 88.14

l I | l

1 1 0 0

I l I I

11 9 22 18

l 109 I 89 | 2180 I 1780

l 1079 | 881 I 213642 | 174438

l l | |

L 1988

2. Runde

Yerallgemeinerung zu Aufgabe 1 (V) Gilt die Gleichung k-x2 + x = (k+1)-y2 + y fiir natiirliche Zahlen x, y, k, so

sind x-y, k«(x+y)+1und (k+1)-(x+y) +1 Quadratzahlen. Fiir k=2 ergibt sich aus (V) speziell die Behauptung von Aufgabe 1. Der Beweis zu (V) [5.81; sich analog dem ersten zu Aufgabe 1 angegebenen Beweis ffihren: Die Gleichung

(0) k-xhx =(k+1)-y2+y,

deren Giiltigkeit fiir x, y, kEN vorausgesetzt wird, ist Equivalent zu den folgen-

den beiden Gleichungen (1) und (2):

(1) (x - >’)'(k'(x + Y) +1)

= Y’,

(2) (x — y)-((k+1)-(x + y) +1) = x” .

Jeder Primfaktor p von x-y ist wegen (1) auch ein Primteiler von y2 , also auch von y, und wegen (2) auch ein Teiler von x2 , also auch von x. Somit ist er auch

Teiler aller Vielfachen von x+y, insbesondere also von k-(x+y) und (k+l)-(x+y). Also ist x—y teilerfremd zu k-(x+y)+lund zu (k+1)-(x+y)+1. Da. ein Produkt a.us zwei teilerfremden Zahlen nur dann ein Quadrat ist, wenn beide Faktoren selbst Quadratzahlen sind, folgt die Behauptung von (V). Aufgabe 2

Eine Kreislinie sei irgendwie dutch 3k Punkte in je k Bagen der Langen 1, 2 und 3 aufgeteilt. Man beweise, daB stets zwei dieser Punkte sich diametral gegeniiberliegen. Vorbemerkungen und sprachliche Vereinbarungen 2 Man zeichne auf dem Kreisbogen 6k Punkte derart aus, daB sie auf dem Kreisbogen 6k Bégen der Linge 1 bestimmen und die 3k Endpunkte der vorgegebenen Zerlegung enthalten. Nu: diese ausgezeichneteten Punkte werden nachfolgend a.ls Punkte bezeichnet, wobei zwischen Randpunkten (der vorgegebenen Teilbégen) und inneren 3 Punkten (im Inneren der gegebenen Teilbagen) unter— schieden wird. Die Skizze oben zeigt die entsprechende (und bis auf Ahnlichkeit einzig mégliche) Zerlegung fiir den Fall n=1. Die festgelegten Teilbiigen der Linge 1, 2, 3 werden entsprechend a.|s Einer, Zweier, Dreier bezeichnet. Nimmt man an, es gebe kein Paar diametraler Randpunkte, so muB jedem der

3k Randpunkte einer der 3k inneren Punkte gegeniiberliegen. Da. hierbei alle betrachteten Punkte ausgeschépft werden und dies eine bijektive Zuordnung ist, liegt dann auch umgekehrt jedem inneren Punkt ein Randpunkt gegeniiber.

88.15

2. Runde

1988 L

Erster Beweis

Die Annahme, es gebe bei einer vorgelegten Konstellation der beschriebenen Art kein Paar diametraler Randpunkte, wird nachfolgend zum Widerspruch gefiihrt. Man betrachte einen Einer. Zu seinen begrenzenden Randpunkten gehoren diametrale innere Punkte, ihm liegt also ein Dreier gegeniiber. Da. der Einer gegeniiber dem mittleren Drittel des Dreiers liegt, ist diese Zuordnung von Einern zu Dreiem umkehrbar eindeutig, legt also wegen der gleichen Anzahl von Einern und Dreiem eine Bijektion zwischen ihnen fest. 11211;???” Der betraclitete’Einer und .der z’ugehéirigeuDrelier lassen zwe1 Tellbogen ubng, d1e Jeder fur SlCh betrachtet werden. Enthalt der eine m Einer und m Einer n Dreier, so gehoren zum anderen n Einer und m Dreier. Da. lediglich ein Einer und ein Dreier n Dreier nicht mitgezihlt wurden, muB gelten

(a!) m + n = k — 1. Jeder der betrachteten Teilbogen hat die Lange —;—-(6k— 4). Befinden sich also auf dem Teilbogen mit den m Einern l Zweier, so ergibt sich die Gleichung m+3n+2l = 3k—2 ,

also wegen (*) weiter

k—l+2n+2l = 3k—2

und somit

2n + 21 + 1 = 2k .

Da. Links eine ungerade, rechts eine gerade Zahl steht, hat man den gewiinsch— ten Widerspruch. Zweiter Beweis

Wieder wird angenominen, die Behauptung sei falsch. Man wahle einen beliebigen Zweier und nenne seinen Mittelpunkt M, seine Randpunkte seien A und B. Der zum inneren Punkt M diametral gegeniiberliegende Punkt sei mit M’be-

B

M

A

0"

zeichnet. Durch die Punkte A und M’ wird der Kreis in zwei Teilbogen zerlegt; derjenige, zu dem M nicht gehort, sei mit b bezeichnet. Die Anzahl der Einer auf b sei e , die Anzahl der Zweier auf b sei 2. Da. den Randpunkten der Einer innere Punkte gegen— iiberliegen, liegt jedem Einer das mittlere Drittel eines Dreiers gegem'iber. Da. es gleich viele Einer und Dreier (namlich je k) gibt und die Zuordnung Einer- Dreier bijektiv ist, gibt es au-

M'

Berhalb von b genau e Dreier; die Anzahl der Dreier auf b betragt also k— e. Die Lange von b (also 3k—1) setzt sich aus der Lange von e Einern, z Zweiern und k— e Dreiem zusammen. 88.16

L

1988

Daher ergibt sich

2. Runde

e + 22 + 3-(k— e) = 3k—l, also 22+1= 2e .

Wegen der verschiedenen Pan'tit auf beiden Seiten der letzten Gleichung tritt der gewiinschte Widerspruch auf. Du'tter Beweis [dutch vollsténdige Induktion)

Fiir k=1 ist die Behauptung offensichtlich richtig. Es wird angenommen, daB es ein k6 N gibt, fiir das die Behauptung nicht gilt. Dann gibt es eine kleinste natiirliche Zahl K mit dieser Eigenschaft, d.h. es gibt eine Zerlegung eines Kreises mit Umfang 6K in je K Teilbégen der Lingen 1, 2 und 3, bei der sich nie zwei Randpunkte diametral gegeniiberLiegen. Wenn jedem der 3k Randpunkte einer der 3k inneren Punkte diametral gegen— fiberliegt, liegt wegen der Umkehrbarkeit dieser Zuordnung auch jedem inneren Punkt ein Randpunkt gegeniiber. Hieraus léflt sich folgern:

(1) Es kann nicht vorkommen, daB zwei Einer benachbart sind, da. dann drei Randpunkte aufeinanderfolgen wiirden; gegeniiber ligen damn drei aufeinanderfolgende innere Punkte, also mindestens ein Vierer, was ausgeschlossen ist. (2) Den Randpunkten eines Einers liegen stets zwei innere Punkte gegenfiber, dem Einer liegt also das mittlere Drittel eines Dreiers gegeniiber.

(3) Da nach (1) nie Einer benachbart sind, gibt es zu den K Einem mehr als K Nachbarn; mindestens einer dieser Nachbarn muB ein Zweier sein. Die betrachtete Konstellation muB also einen Einer, einen

A

B

Zweier und einen Dreier in der rechts skizzierten Anord—

nung enthalten. Dabei wurde auch ausgenutzt, daB sich innere Punkte und Randpunkte paarweise gegeniiberliegen. Man setzt nun k: =K— 1. Dann haben die in der Skizze fibrigbleibenden Kreislinienteile ohne eingetragene Punkte jeweils die Linge 3k- 1.

3k'1

b B

A,

Die Endpunkte des aus dem Einer und dem benachbarten Zweier zusammengesetzten Bogenstiicks der Linge 3 seien mit A und B bezeichnet, die zu ihnen diametralen Punkte seien A ’ und 3'. Nimmt man aus der vorgegebenen Einteilung der K-Kreislinie die beiden Teilbiigen AB und A'B' der Lange 3 heraus und schlieBt die Linie wieder durch Identifikation von A mit B und von A ' mit B’, so erhélt man eine entsprechende Einteilung fii: eine k—Kreislinie, bei der schon zwei Paare aus Randpunkt und innerem Punkt bekannt sind. Dabei gehen Paare von auf der K—Linie diametralen Punkten in Paare diametraler Punkte auf der k—Linie fiber. Wegen der Minimalitit von K gibt es auf der k-Linie, die sich aus je k Teilbéigen der Linge 1, 2, 3 zusammensetzt, ein Paar diametraler Randpunkte. Da dies auch ein Paar diametraler Randpunkte auf der K—Linie war, ist damit der gewiinschte VVlderspruch erbracht. 88.17

2. Runde

1085 L

Yigmr Beweis

Unter einer Briicke werde ein Teilbogen der Linge 1 verstanden, der von einem inneren Punkt und einem Randpunkt begrenzt wird. Jeder Zweier und jeder Dreier enthéilt somit zwei Briicken, so daB die Anzahl alter vorhandenen Briikken 4k betrigt Die Annahme, es gebe bei einer vorgelegten Konstellation der beschriebenen Art kein Paar diametraler Randpunkte, wird nachfolgend zum Widerspruch gefiihrt. Man betrachte einen beliebigen Randpunkt A und den ihm gegeniiber— liegenden (11nd somit inneren) Punkt B. Da. sich jeweils ein innerer Punkt und ein Randpunkt diametral gegeniiberliegen miissen, enthalten beide dutch den Randpunkt A und den inneren Punkt B bestimmten Halbkreise die gleiche Anzahl von Briicken, also 2k. Durchliuft man einen der Halbkreisbégen AB von A nach B, dberschreitet man mithin eine gerade Anzahl von Briicken. Da ein Ubergang zwischen 1nneren Punkten und Randpunkten nur bei Briicken erfolgt, ergibt sich damit, daB der Punkt B wie der Startpunkt A ein Randpunkt ist. Damit hat man den gewiinschten VWderspruch.

Au

3

Man beweise: Alle spitzwinkligen Dreiecke mit gleicher Héhe hc und gleich groflem Winkel 'y haben umfangsgleiche Hiihenfqunktdreiecke. Eager Beweis (elementargeometrischl

Der Beweis benutzt den (bekannten) Hilfssatz, daB die Héihen im spitzwinkligen Dreieck die Winkel des Héhenfqunktdreiecks halbieren. Dieser Hilfssatz wird a.us Griinden der Vollstéindigkeit nachfolgend bewiesen. C Die drei Ecken und die Héhenfqunkte seien wie in der Skizze rechts bezeichnet. Die Gréifle von Winkel AHc sei 6, die GroBe von Winkel HbHa,A sei 6. Die Behauptung lautet dann: 6: 5. Im Viereck HHcBHa liegen bei Ha. und Hc rechte Winkel, es ist also ein Sehnenviereck. Nach dem Umfangs— winkelsatz hat damn Winkel HBHc die GriiBe e; da Drei-

eck ABHb rechtwinklig ist, hat mithin Winkel BAC die Griifle 90°- 6. Wegen der Symmetrie in 6 und 6 hat dieser Winkel andererseits die Gri'SBe 900—6 ; somit ergibt sich 6= 1-: ,Womit der Hilfssatz bewiesen ist.

Man spiegele den Hdhenfqunkt Hc an (BC) und an (AC). Die beiden durch diese Spiegelung erhaltenen Punkte werden mit B und A bezeichnet.

88.18

L 1988

2. Runde

Die Gerade (HbHa) geht durch Spiegelung an (AHa) nach dem obigen Hilfssatz in die Gerade (HcHa) fiber, diese geht dutch Spie-

gelung an (BC) in die Gerade (HaB') iiber. ’ Da. die Spiegelachsen orthogonal sind, ist die zusammengesetzte Abbildung eine Punktspiegelung (mil; Zentrum Ha); daher gehen alle Geraden dutch Ha. in sich selbst

fiber. Also fallen die Geraden (HaHb) und /A

(HaB') zusammen; B' Liegt mithin a.uf

(HaHb)' lilntsprechend liegt auch A ’ auf dieser Geraden. Bezeichnet man den Umfang des Hohenfuflpunktdreiecks mit u, so gilt: u = Hc + HbHa. + Hc = A’Hb + HbHa+ HaB' = A’B’. A 'B ' ist die Basis eines gleichschenkligen Dreiecks mit Schenkeln der Linge h , die einen Winkel der GroBe 27 einschljeflen. Die Linge der Strecke A’B' un damit u hingt somit nur von hc und 7 ab. Zweiter Beweis ebenfalls elementar eometrisch

Man spiegele die Stecke CH an (AC) bzw. an (BC) Als Bilder erhilt man die Strecken CA ’ bzw'. CB ’. Die §chnittpunkte der Geraden (A ’B) mit den Geraden

(AC) bzw. (BC) werden mit Sa. bzw. Sb bezeichnet. Der Punkt Sb liegt wegen der Spitzwinkligkeit von Dreieck ABC im Inneren der Strek— ke BC. Denn da. der Winkel A'CB' kleiner

als 180° ist (namlich 27) und den kel ACB enthélt, schneidet (A’B') die Schenkel von Winkel ACB. Der Schnittpunkt von

(A'B') mit (BC) liegt im Inneren der Strecke BC, da. B auBerhalb des Kreises um C durch Hc liegt, in dem A'B' eine Sehne ist. Ent— sprechend ist der Punkt S ein innerer Punkt der Strecke AC. Im gleichschenkligen Dreieck A'B’C haben die beiden Basiswinkel die Grofie 90°- 7, also hat nach Konstruktion von 3' auch der Winkel SbHcC diese Grofie. Die Grofie von Winkel SbHcA betrégt somit 180°- 1. Die Winkel bei C und bei Hc im Viereck AHcC ergéinzen sich zu 180°, es liegt also ein Sehnenviereck vor. Fiir den Umkreis dieses Sehnenvierecks sind {CHCA und {CSbA Umfangswin— kel fiber der Sehne AC, haben also gleiche GroBe. Somit ist der Winkel CSbA

88.19

2. Runde

1088 L

ein rechter, fallt also mit dem Hiihenfqunkt H zusammen. In entspre— chender Weise ergibt sich, daB Sa Fqunkt der Héhe dutch B ist. Bezeichnet man den Umfang des Héhenfuflpunktdreiecks mit 11, so gilt:

u = Hc + HbHa + Hc = A’Hb + HbHa+ HaB’ = A'B' . A’B' ist die Basis eines gleichschenkligen Dreiecks mit Schenkeln der Lange h , die einen Winkel der GréBe 2'1 einschlieBen. Die Lange der Strecke AB' C . .. . und damlt u hangt somlt nur von hc und 7 ab. Dritter Beweis auch elementar eometrisch skizziert

Die Bezeichnungen fiir die Ecken, WinkelgriSBen und Héhenfqunkte seien wie in den vorangegangenen Beweisen gewahlt, die Seitenléngen wie iiblich mit a, b, c bezeichnet. Die Dreiecke ABHb und ACHc enthalten beide einen Winkel der GriSBe a und 6&1 rechte_nWinke|, sind also ahnlich. Somit gilt AHc:b = AHb=c, woraus die

Ahnlichkeit der Dreiecke ABC und

AHbHc folgt. Analog (Oder dutch zyklisches Weitergehen) zeigt man, daB Dreieck ABC auch zu den Dreiecken HaBHc und HaHbC ahnlich ist. Damit ergibt sich die Eintragung der Winkelgréflen a, fi und '7 geméiB der Figur rechts . Dutch Fallen der Lote von C auf die Seiten des Dreiecks HaHbHc (bzw. deren Verlangerungen) erhalt man die Fqunkte P, Q, R. Wegen Ubereinstimmung in einer Seitenlange und zwei Winkelgréfien sind die Dreiecke HbCP und HbCR kongruent, so daB H—bP = EEK folgt; entsprechend erhalt man HaQ = H—aR. Daher gilt fiir den Umfang 11 von AHaHbHc :

u = P—Hc + Q—Hc = 2.p—Hc . Dabei ergibt sich die zweite Umformung aus der Kongruenz (wieder nach Kongruenzsatz SSW) der Dreiecke HcCP und Hc0Q. In dem durch Hypotenusenlange hc und Winkel Estimmten rechtwinkligen Dreieck ist PHc die 7 gegeniiberliegende Kathete; PHc und damit u hingt also nur von hc und 7 ab. Das war zu zeigen. Vierter Beweis t ' onometrisch Hierzu werden zwei trigonometrische Formeln bereitgestellt: (T1) Liegt in einem Dreieck mit Umkreisradius r der Seite x der Winkel 6 gegeniiber, so gilt: x = 2r-sin(b) .

(T2) Fiir jedes Dreieck ist (mit Standard-Winkelbweichnungen) die folgende Gleichung richtig: sin(2a) +sin(25)+ sin(2'y) = 4-sin(oz)~sin(fl)-sin('y). 88.20

L

1988

2. Runde

Der Beweis zu (T1), einer einfachen Folgerung aus dem Umfangswinkelsatz, soll hier fibergangen werden; die Formel ist allgemein bekannt. Beim folgenden Beweis zu (T2) werden die Additionstheoreme mehrfach ange-

wendet: sin(2a) +sin(2/3) +sin(2'y) = 2-sin(a+fi)‘cos(a—m+2‘sin('y)-cos('y) = 2-sin(180°— a — fi)-cos(a - fl) +2-sin(7)-cos('y) = 2-sin('y)-(cos(a—fl)+cos(l80°— a -m) = 2-sin('y)-(cos(a— ,B)— cos(a+fi)) = 2-sin('y)-2-sin(a)-sin(,® = 4-sin(a)-sin(fl)~sin(*y) . Die Seitenléngen des Hfihenfufipunktdreiecks werden gemiB der Skizze mit a,', b’, c' bezeichnet, der H6henschnjttpunkt sei H. Die Linge der Strecke CH3 sei

mit e und die Linge der Strecke CH sei mit d bezeichnet.

C

Da. die Dreiecke CHcB und CHHa einen gemeinsamen spitzen Winkel haben und zudem rechtwinkljg sind, sind sie ihnlich; der Winkel HaHC hat somit die GrBBe fl . Viereck HbHHaC ist wegen der rechten Vmel bei den Ecken Ha, und Hb ein Sehnenviereck; CH ist ein Dutchmesser seines Umkreises. Das Dreieck HbHaC hat also

den Umkreisradiusg , nach (T1) gilt somit c' = d«sin('y) . Wegen e = d-sin(fl) ergibt sich hieraus c' = e -%:%E% .

Mit e = b-cos('y) erhilt man hiermit weiter c ' = b-cos('y) - sin sm

'

Bezeichnet man mit r den Umkreisradius von Dreieck ABC, so liefext damit

(T1) die Gleichung c' = 2r-cos(’y)‘sin('y), also c’ = r-sin(2'y). Aus Symmetriegriin— den folgen fiir a. ' und b ' die Formeln:

a. ' = r-sin(2cx) und b' = r-sin(2fl) . Fiir den Umfang u des Héhenfuflpunktdreiecks erhélt man so: u = a. ’ + b ’ + c’ = r-(sin(20t) + sin(2m + sin( 2'Y))

= r-4-sin(a)-sin(fl)-sin(’y) = 2a-sin(fi)-sin('y) = 2hc-sin('y) .

( nach (T2) ) ( nach (T1) )

Als Umfang des H6henfqunktdreiecks ergibt sich also 2hc-sin('y); da. dieser Ausdruck nur von hc und 7 abhé'mgt, folgt damit die Behauptung der Aufgabe.

88.21

2. Runde

1988 L

Einfler Beweis lebenfalls t_n'gonometrisch)

Mit den Bezeichnungen gemiB der Figur rechts erhilt man aus dem Kosinussatz:

(a. )2

= = = =

d2 +e2—2de-cos(a) (b-cos(oz))2 +(c - cos(oz))2 - 2bc - cosa(a) (b2 + c2 — 2bc-cos(a))~ cosz(a) a2 - cosz(a),

also a'= a -cos(a). Die Werte fiir b’ und c' ergeben sich hieraus durch zyk— lisches Weitergehen; a.ls Umfang u des H6henfqunktdrei— ecks erhélt man daher

u

= = = =

a.-cos(a)+b cos(fi)+c 003(1) — a.-cos(fl+'y)— b cos(a +7) + c cos('y) a. ( cos(fi)-cosh) +sin(fi) sin('y)) + b ( cos(a)'cos('y)+sin(a)-sin('y))+c-cos('y) —f-cos('y)+hc-sin('y) - d-cos('y) + hc-sin('y) + c«cos('y) 2hc-sin('y) .

Also hingt u nur von hc und 7 ab; das war zu zeigen. Auigabe 4

Gegeben ist die Gleichung xyz = pn(x+y+z), wobei p eine Primzahl gréBer a.Ls 3 und n eine natiirliche Zahl ist. Man zeige, daB diese Gleichung mindestens 3n +3 verschiedene Lfisungen (x, y, 2) mil; natiirlichen Zahlen x, y, z und x < y < z besitzt. Erster

e e's

Die nichtnegative ganze Zahl a. sei der gréflte Exponent, fiir den pa' Teiler aller drei Zahlen x, y und 2 einer L6sung (x,y,z) ist; dann wird mindestens eine dieser Zahlen von pa” nicht mehr geteilt. Dies gelte z.B. fiir z, wobei ggfs. spiter noch umbezeichnet werden muB, um x 0 auch das Quadrieren - Aquivalenzumformungen sind:

{W = ,Ii -x

1— x2=x2— 2- 2 - x+2 2x2— 245- x+1=0

2-(x-1§/§)2=0,alsox=%/§. Man erhilt so nicht nur die in der zweiten Lfisung ”erratene” Stella, es ergibt

89.18

L 1989

2. Runde

sich gleich mit, daB der Punkt Q einziger Schnittpunkt des Einheitskreises mit (PR) ist; damit ist die in der zweiten LBsung mit einer Winkelberechnung gezeigte Beriihrpunkteigenschaft nachgewiesen. Die weitere Argumentation kann dann wie in der zweiten Lésung erfolgen. Agfgabe 3

Auf jeder Seite eines Sehnenvierecks S wird nach auBen ein Rechteck errichtet, wobei die eine Rechteckseite mit der Seite von S fibereinstimmt und die andere Rechteckseite genau so lang wie die jeweilige Gegenseite im Sehnenviereck S ist. Man zeige, daB die Mittelpunkte dieser vier Rechtecke stets die Eckpunkte eines weiteren Rechtecks sind. Erste Lésugg: D1

Die Ecken von S seien

mit A, B, C, D, die Winkelgréfien mit a, ,B,'y,6, die Seitenléngen mit a,b,c,d, die orientierten Absténde der Seiten vom Umkreis— mittelpunkt M mit 9a, 95, QC, 9d bezeichnet. Dabei wird der Abstand zur Seite XY

({X,Y} c {A,B,C,D})

C1

4

mit negativem Vorzei- A2 B' \ . "'I. "I chen angegeben, wenn M nicht in der gleichen Halbebene von XY , liegt wie die von X,Y verschiedenen Ecken A: des Sehnenvierecks. Die Mittelpunkte der auf den Seiten errichteten Rechtecke seien Ma, Mb, MC, Md, ihre Ecken ABBlAl, BCCn, CDDlCI, DAA2D2. Im Sehnenviereck ABCD ist aw = fi+6 = 180°; also hat der Winkel 02001 die Gréfie 360° - 2-90o - 'y = 180°- 7 = a .

Somit sind die Dreiecke ClCzC und BDA kongruent nacli Kongruenzsatz sws. In entsprechender Weise ergibt sich AD1D2D eAACB, AA1A2A2ADBC und ABlBgBeACAD. Die Umkreise aller dieser Dreiecke haben also den gleichen Radius, ihre Mittelpunkte sind M bzw. seien A’, B', C', D ' . Dabei liegen A' and B’ auf der zu AB parallelen und durch Ma verlaufenden Mittelparallelen im Rechteck ABBlAl, da diese Gerade Mittelsenkrechte von

89.19

2. Runde

1989 L

AA1 und von 331 ist. Entsprechendes gilt fiir B ’C’, C 'D ’ und D ’A'. Da. in kongruenten Kreisen zu Sehnen gleicher Linge auch gleiche Abstinde vom Mittelpunkt gehéiren, ist der Abstand des Punktes A' von AA1 gleich Igcl ; entsprechend ist auch der Abstand des Punktes B’ von BB1 gleich lgcl; dabei liegt - wie an der Dreieckszerschneidung des Sehnenvierecks zu sehen - A’ genau dann in der gleichen Halbebene von AlA wie der Punkt A2, wenn 9c nicht

negativ ist; entsprechend liegt auch genau dann B' in der gleichen Halbebene von BB1 wie Bz, wenn 9c nicht negativ ist. Da. Ma die im Rechteck AAlBlB liegende Teilstrecke der genannten Mittelpatallele halbiert, ist Ma der Mittelpunkt von A’B'. Entsprechendes gilt von Mb, Mc und Md. Da. bekanntlich die vier Mittelpunkte der Seiten eines beliebigen Vierecks stets die Ecken eines Parallelogramms bilden, ist das Viereck MaMcMd somit ein Parallelogramm. Es bleibt zu zeigen, dafi einer seiner Winkel die Gréfie 90° hat. Hierzu wird zunichst die Kongruenz der Dreiecke MMaMb und D ’Mc nachgewiesen:

Wegen Hm: lga+ §| = MCD’und W1, =|gb + g |= MdD’und MaMb= Mc ergibt sie sich nach Kongruenzsatz sss. Entsprechend zeigt man die Kongruenz der Dreiecke MMaMd und C 'Mc.

Folglich ist |4MbMaM|=|1DMCMd|=z a1, |/ \\

/_ \,/’

MaMb Mc Md ,

\ A; , . Q

\

ecke Nla'MPMc, PMd’MaMb',

QMd MaMb,

deren Ecken die jeweils zugehorigen Rechteckmittelpunkte sind, kongruent. Aus der Kongruenz von

MaMcMd und QMd’MaMb folgt Mc = MaMb , aus der Kongruenz der beiden Vierecke

Mo

MaMcMd und PMdMaMb’ folgt Mc = MdMa. Das zu untersuchende Viereck MaMcMd ist also ein Parallelogramm. Offensichtlich ergénzen sich {MbMaMd und {Md'MaMb zu einem gestreck— ten Winkel. Da. im Parallelogramm gegenfiberliegende Winkel gleiche GriSBe haben, sind aufgrund der Kongruenz der betrachteten Vierecke {MbMaMd und {Md'MaMb gleich groB; { MbMaMd ist also ein rechter Winkel, das Parallelogramm MaMcMd ist damit ein Rechteck. Das war zu zeigen. 89.21

2. Runde

1989 L

Dritte Losq Die nachfolgende Losung (dutch Komposition von Gleitspiegelungen) gibt gleichzeitig einen Ausblick auf entsprechende Parkettierungen der Ebene. Die Bezeichnungen werden wie in den vorhergehenden Losungen gewihlt.

D2

/

D

XMC

02

C

nil

X

A. A

B X

Ma,

Cl

Mb B

B1

2

A2

Die Dreiecke ABD and 00201 sind (gegensinnig, in der angegebenen Reihen— folge der Ecken) kongruent nach Kongmenzsatz sws, da. nach Voraussetzung

K—B- = 0—02 und E = 0—01 gilt und die Winkel {BAD und {ClCCz sich beide mit {DCB auf 180° erginzen, also gleich groB sind. Diese gegensinnige Kongruenz umfaflt auch die beiden jeweils aufgesetzten Rechtecke. Es gibt also eine Gleitspiegelung, welche die folgende Zuordnung der Punkte erzeugt:

Originalpunkt: Bildpunkt‘

D

D2

A1

A

A2

B1

B

Md

nil

C1

Bo

B

C

D

D;

Co

Mb

M

Diese Gleitspiegelung wird mit Sa bezeichnet, die Gleitachse sei g , der Gleitvektor v. Entsprechend kann man drei weitere Gleitspiegelungen Sb, Sc und Sd angeben; die Achse zu Sb nenne man h und den Gleitvektor w. Offensichtlich sind die Abbildungen Sa und 8.; invers zueinander, ebenso die Abbildungen Sb und Sd. Man kann also schreiben: $3. = (3”,), Sc = (g: 'V), Sb = (11) W) ) sd = (11) —W) ‘

89.22

L 1989

2. Runde

Es wird nun bewiesen:

(1) Die Produkte von je zwei dieser Gleitspiegelungen sind, wenn die Achsen verschieden sind, Punktspiegelungen. Die Fixpunkte (Spiegelzentren) bei den vier mfiglichen Fillen sind Ma, Mb, Mc und Md.

(2) Diese vier Fixpunkte bilden die Ecken eines Rechtecks. Beweis zu (1): Das Nacheinanderausffihren zweier Gleitspiegelungen ist eine Drehung. Da. Mb = Sa(Md) und Md = Sb(Mb) gilt, ist Md Zentrum der Drehung SbSa.

SbSa( D) = Sb(Sa( D)) = Sb(Cl) = A1. Die Strecke MdD geht also in die Strecke MdAl fiber; der Drehwinkel betrfigt somit 180°. Der Drehwinkel eines Produktes zweier Gleitspiegelungen ist doppelt so groB wie der Winkel zwischen den Achsen; demnach stehen die Achsen g und h senkrecht aufeinander. Durch entsprechende Uberlegungen (zyklisches Weitergehen) erhfilt man insgesamt: Md ( bzw. Ma, Mb, MC) ist das Zentrum der Punktspiegelung SbSa

(bzw. Sc, SdSc, Sa). Damit ist (1) bewiesen. Beweis zu (2): Man wfihle ein Rechteck WXYZ so aus, daB der Schnittpunkt der beiden Ach-

sen 5 find h der Mittelpunkt des Rechtecks ist und die durch die Seiten bestimmten Pfeile Wt und

Reprisentanten der Vektoren v und w sind. W

geht durch Verschiebung um w in Z fiber, Z geht durch Spiegelung an 11 in Y Z h Y fiber; man hat also Sb(VV) = Y. Dutch Spiegelung an 5 und Verschiebung um —v geht Y wieder in W fiber; somit w g ist SC(Y) =W. Damit ist W Fixpunkt von Sc. Da. aber Ma der eindeutig bestimmte Fixpunkt der Drehung Sc W X ist, mfissen die Punkte Ma und W zusammenfallen. Entsprechgnd zeigt man X = Mb, Y = MC, Z = Md. Damit ist bewiesen, daB das Viereck MaMcMd ein Rechteck ist. Mit dem

Nachweis von (2) ist die Aufgabe gelfist.

2. Runde

1989 L

Nachbemerkung MGEscher hat einige seiner Bilder als Ornamente, die aus Gleitspiegelungen konstruiert sind, gestaltet Ein Beispiel ist der‘Holzschnitt Reiter (1946). Die linke Abbildung auf der vorhergehenden Seite zeigt die ”Grundelemente” und die Gleitachsen. Beide Abbildungen sind dem Buch Leben and Werk V011 MC Escher, Eltville 1986, entnommen.

Mam Jede Ecke eines regelmifiigen n—Ecks (n2 3) ist so mit einer natiirlichen Zahl als ”Eckenwert" versehen, daB jede dieser Zahlen ein Teiler der Summe seiner beiden Nachbarzahlen ist. Man betrachte' zu je drei aufeinanderfolgenden Ecken mit den zugehérigen Eckenwetten a, b, c den Quotienten Eff .

Es ist zu beweisen, daB der Mittelwert dieser n Quotienten nicht kleiner 3.13 2, abet kleiner als 3 ist. Erliuterung: Unter den ”Nachbarzahlen” werden oben die Eckenwerte der beiden benachbarten Ecken verstanden. Losq Vorbemerkungen und Festlegungen: 1. Die Eckenwerte werden der Reihe nach mit 3.1,a.2,...,a.,.l bezeichnet, wobei zu benachbarten Ecken benachbarte Indizes gehfiren; hierbei sollen auch 1 und n als benachbaxt gelten. Fiir die folgenden Gleichungen sei noch festgelegt: a0 == an und an+1z= a1. Mit qi sei der zur Ecke mit der Nummer i gehérende (und nach Voraussetzung ganzzahlige) Quotient bezeichnet. Es ist also ai_1+ ai+1 = Qi'ai fiir 1 Sisn. 2. O.B.d.A. sei die zu betrachtende Eckenbelegung "a.usgekiirzt”, womit folgendes gemeint ist: Ist eine Primzahl p in zwei benachbarten Zahlen a.i_1 und ai der Belegung enthalten (Isis n) , so nach Voraussetzung auch im Nachfolger 3i+1 und damit in allen Eckenwerten. Die betrachteten Quotienten indern sich bei Division aller Eckenwerte dutch p nicht. Man darf also voraussetzen, daB

Werte benachbarter Ecken stets teilerfremd sind. Zu beweisen ist nun: [1] Der Mittelwert der Quotienten betrégt mindestens 2. [2] Der Mittelwert der Quotienten ist kleiner als 3.

Zum Beweis von [1] Wild die Teilbarkeitsvoraussetzung nicht benétigt; die Zahlen ai diirfen beliebige positive reelle Zahlen sein. Die Summe a.us einer positiven Zahl und ihrem Kehrwert kann nie kleiner 3.13 2

sein, da. die Ungleichung x + ,1: 2 2 fiir x>0 Equivalent zu (Jr—1)2 2 0 ist.

89.24

L 1989

2. Runde

Somit hat man (unter Beachtung der Vereinbarung fiir die Indizes 0 und n+1) :

M

n

1:1

n

n

n

2 _a:_ 2n n31_"(iiifi+ar> “3:; 2M_

q‘i=§fi=1‘;xdLl :2}?- 2231‘} 122%

Der Mittelwert der Quotiea betragt also mindestens 2. Beim Beweis von [2] werden die Falle am=1 und amz 2 unterschieden. am: 1:

In diesem Fall hat a; fiir alle Indizes 1 den Wert 1; es ist— n-q= 2. Die Behauptung ist also richtig. ni=1 am 2 2:

Da. am teilerfremd zu seinen Nachbam am_1 und amd und grofier als 1 ist, muB es aufgrund der Maximalitat grofler als jeder der beiden Nachbarn sein; es ist also 2am> am_1+am+1 und somit qm< 2, also qm= 1 . Somit gilt am = am_1 +am+1.

Man hat 315°!

qm-l'a'm—l = a-m—2 + 3m = arun-2 + a’m—l + am+1

und somit

am_2 + 3m+1 = (qm_1—1) am_1

(It) .

Nach (.) ist qm_1-1 Faktor einer positiven Zahl, also verschieden von null. Man betrachte zunachst den Fall 11: 3 und o..Bd.A m=3. Dann ist am= 3.1+a2. Aus a2| a1+a3 folgt a2] 2a1+a2 , also a2 I 2a1; entsprechend e'rgibt sich

a1 l 2a2Da a1, a2 teilerfremd sind, ist eine dieser Zahlen 1, die andere 1 oder 2. Die Ekkenwerte sind also 1,1,2 oder 1,2,3, die betrachteten Quotienten sind 3,3,1 oder 5, 2,1 ; ihre Mittelwerte gbzw. 8g sind kleiner als 3. Nun sei n> 3. Die Annahrne, daB es eine Eckenbelegung gemaB der Aufgaben— stellung gibt, bei welcher der Mittelwert der Quotienten nicht kleiner als 3 ist, wird nachfolgend zum Widerspruch gefiihn: es liege also eine solche Belegung vor. Streicht man in der Kette am_2 — am_1 — am — amd — am+2 die Ecke mit der Belegung am, so werden am_1 und am+1 zu benachbarten Ek— kenwerten, wobei an der Ecke In -1 die Quotientenbeding'ung wieder erfiillt ist; entsprechend ist sie aus Symmetriegriinden auch an der Ecke m +1 erfiillt. Versteht man unter einer zulé'ssigen n-Konstellation eine Belegung gemaB der Aufgabenstellung, so kann man diese im Fall max aiz 2 dutch Entfernen einer

Ecke in eine zulassige (n-1)-Konstellation iiberfiihren.

89.25

2. Runde

1989 L

Dabei fillt der Quotient q1n (=1) weg, die Quotienten qm_1 und qm+1 werden (nach(*) ) um 1 verringert; alle anderen zu betrachtenden Quotienten bleiben unverindert. Die Summe der Quotienten verringert sich also um 3. Da. die Ungleichung _Sn_ 2 3 Equivalent zur Ungleichung 351%?— 2 3 ist, kann man jede zulissige n-Konstellation, bei welcher der Mittelwert der betrachteten Quotienten nicht kleiner a.ls 3 ist, auf eine zulissige (n—1)-Konstella.tion reduzieren, bei welcher der Mittelwert der Quotienten ebenfalls nicht kleiner ale 3

ist. Der zur Reduktion verwendete maximale Eckenwert am>1 muB in diesem Fall existieren, da. sonst - wie im ersten Fall gezeigt - der Mittelwert der Quotienten 2 betrégt.

Gabe es also eine zuléssige n-Konstellation (11 >3), bei welcher der Mittelwert der betrachteten Quotienten nicht kleiner als 3 wire, so gfibe es auch eine zulissige 3-Konstellation, fiir welche dies gilte. Dies konnte abet bei der Be— trachtung des Falles n=3 ausgeschlossen werden. Damit sind beide Ungleichungen der Behauptung nachgewiesen. Erginzung Eine wesentliche Verkiirzung des Beweisgangs ist dutch das nachfolgend skizziezte ”Erweiterungsverfahren" méglich: Man schneide das n-Eck zwischen zwei beliebigen Ecken auf und fiige in die Liicke zwei Kopien der durch Aufbiegen des n—Ecks erhaltenen Kette ein. Man iiberzeugt sich leicht davon, daB der Mittelwert der Quotienten dadurch nicht verindert wird. Die angegebene ekkenweise Reduktion fiihrt nun spfitestens beim Dreieck auf lauter iiberein— stimmende Eckenwerte, da der minimale Eckenwert ja, mindestens dreimal vorkommt. Da. der Mittelwert der Quotienten also schlieBlich 2 ist und bei jedem Reduktionsschritt die Eigenschaft ”Mittelwert der Quotienten ist nicht kleiner ale: 3" invariant ist, muB dieser Mittelwert von Anfang an, also bei jedem der betrachteten n—Ecke, kleiner als 3 sein.

89.26

A 1990

Aufgaben 1990 1.

1. Runde

1. Runde

Es sei f(x) = x2 + 2b): + c mit ganzen Zahlen b und a Man beweise : Gilt f(n)2 0 flit alle ganzen Zahlen n, so gilt f(x) 2 0 sogar fiir alle rationalen Zahlen x.

2.

Von der Zahlenfolge a0, a1, a2, ist bekannt: a0 = 0, a1 = 1,a.2 = 1 und a.n+2+ 311—1: 2(a.n+1 + an) fiiralle nEN. Es ist zu beweisen, daB alle Glieder dieser Folge Quadratzahlen sind.

3.

Zwischen zwanzig Stidten bestehen 172 direkte Flugverbindungen, die jeweils in beiden Richtungen benutzbar sind. Keine zwei von ihnen verbinden dieselben beiden Stidte. Man weise nach, dad} man von jeder Stadt in jede andere Stadt fliegen kann, ohne dabei mehr als einmal umzusteigen.

4.

In einem Tetraeder sei jede Kante senkrecht zu ihrer Gegenkante. Man beweise, daB es eine Kugel gibt, auf der die Mittelpunkte aller sechs Kanten liegen. Erliuterung: Zwei Strecken AB and CD heiBen senkrecht zueinander gemu dann, wenn die dutch A gemgene Parallels 211 CD senkrecht auf AB sfeht.

90.1

2. Runde

Aufgaben 1990 1.

1990 A

2. Runde

Gesucht werden drei natiirliche Zahlen a, b, c, bei denen da.s Produkt von

je zweien bei Division dutch die dritte den Rest 1 [5.815. Man bestimme alle Lfisungen. Es bezeichne A(n) die kleinste Anzahl verschiedener Punkte der Ebene mit folgender Eigenschaft: Fiir jedes k6 {1,2,...,n} existiert mindestens eine Gerade, die genau k dieser Punkte enthilt. 2 . Man beweise: A(n) = [ ”2+1 ][n_+2 Gegeben sind fiinf nichtnegative Zahlen mit der Summe 1. Man beweise, daB man diese Zahlen so im Kreis anordnen kann, daB die Summe der fiinf Produkte je zweier benachbarter Zahlen héchstens % betrigt. In der Ebene liegt ein Wurm der Linge 1. Man beweise, daB man ihn stets mit einer Halbkreisscheibe vom Durchmesser 1 zudecken kann.

90.2

L 1990

1. Runde

Aufgabe 1

Es sei f(x) = x2 + 2bx + c mit ganzen Zahlen b und c. Man beweise : Gilt f(n) 2 0 fiir alle ganzen Zahlen n, so gilt f(x) 2 0 sogar fiir alle rationalen Zahlen x.

Erste Lasung

Es ist f(-b) = b2-2b2 +c = c - b2. Da nach Voraussetzung b, also auch -b eine gauze Zahl ist, kann f(—b) nicht negativ sein. Daher folgt c-b2 2 0 bzw. c 2 b2. Somit gilt fiir jede rationale Zahl x :

f(x) = x2+2bx+c 2 x2+2bx+b2 = (x+b)2. Da das Quadrat einer rationalen Zahl nicht—negativ ist, folgt f(x) 2 0; dies sollte gezeigt werden.

'

Mg Die Funktion f ist ganzrational vom Grade 2, ihr Graph ist also eine Parabel; da. der Koeffizient von x2 positiv ist, ist die Parabel nach oben geoffnet. Be-

kanntlich hat die Parabel mit der Gleichung y: x2+px+q den Scheitelpunkt

S =(-§ , q-(E)2), im vorliegenden Fall also S = ( -b,c-b2 ). Da -b ganzzahlig ist, liegt der Scheitelpunkt nach Voraussetzung nicht unter— halb der x-Achse; da die Parabel nach oben geoffnet ist, liegen alle weiteren Punkte hoher als der Scheitelpunkt, also ebenfalls nicht unterhalb der x-Achse.

Alle Werte f(x) sind daher nicht—negativ. Dritte Losu

f(x) = x2+2bx+c = (x+b)2 +c-b2 2 c-b2 , da (x+b)2 nie negativ wird. Der Wert von f(x) wird also minimal fiir (x+b)2=0, also fiir x=-b. Da nach Vorausse’tzung dieser minimale Wert wegen der Ganzzahligkeit von -b nicht negativ ist, kann fiir kein x der Wert f(x) negativ seiIL Das war 2n zeigen.

Vierte Losugg (indirekt) Die Annahme, daB fiir mindestens eine rationale Zahl x0 der Funktionswert f(x0) negativ ist, wird nachfolgend zum Widerspruch gefiihrt. Die Funktion f ist ganzrational vom Grade 2, hat als Graphen also eine — auf rationale Argumentstellen eingeschrankte - Normalparabel. Der Definitionsbereich von f wird fiir die nachfolgende Uberlegung auf ganz 1R ausgedehnt. Da es sowohl Positivstellen (namlich alle ganzen Zahlen) als auch eine Negativstelle (namlich x0) gibt, hat f genau zwei Nullstellen. Die quadratische Glei— Chung x2+ 2bx+c = 0 besitzt also zwei (reelle) Nullstellen x1 und x2, die Dis90.3

1. Runde

1990 L

kriminante b2-c ist positiv. Wegen der Ganzzahligkeit von b und c betrfigt der positive Wert b2-c also mindestens 1. Die Differenz der beiden Losungen x2 = -b+~/ b2- c und x1 = -b-~/ bz- c betragt 2Vb2-c, ist also grofier als 1. Daher enthélt da.s offene Intervall ]x1, x2[ min-' destens eine ganze Zahl z. Da. gemiB dem Verlauf der Parabel alle Funktionswerte fiber dem Intervall ]x1,x2[ negativ sind, ist f(z) negativ; dies widerspricht wegen der Ganzzahligkeit von 2 der Voraussetzung. Nachbemerkungen 1. Die Aussage der Aufgabe bleibt offensichtlich richtig, wenn man iiberall rational dutch reel! ersetzt. 2. Die Voraussetzung der Ganzzahligkeit von c wird bei den ersten drei Losun— gen nicht benotigt; die vierte Losung verwendet anstelle der Ganzzahligkeit von b m c die Ganzzahligkeit von c-bz.

Aufgabe 2 Von der Zahlenfolge a0, 3.1, 3.2, ao=0,a.1=1,a.2=1

und

ist bekannt:

an+2+an_l=2(a.n+1+a.n)

fiirallenEN.

Es ist zu beweisen, daB alle Glieder dieser Folge Quadratzahlen sind. Hinfiihrung zur ersten Losung Berechnen der ersten Folgenglieder fiihrt zu folgender Tabelle: 0

1

2

a.“

0

1

1

{an 0

1

1

3 INA

n

4

5

6

7

9

25

64

169

3

f5 86

13

Fiir die natiirlichen Zahlen von 2 bis 7 ist damit die Behauptung bestitigt; man entnimmt der Tabelle als Vermutung: an+2 = (Janfl + a? fit alle 11 E No. Erste Losung Man definiert rekursiv die Zahlenfolge (bn) in folgender Weise: b0 == 0, b1== 1, bn+1== bn + 11.1 fiir alle nEN. Offensichtlich sind dann alle Glieder der Folge (bu) nicht-negative gauze Zahlen. Durch vollstindige Induktion wird nun bewiesen, daB a.n = 1),? fiir alle HEINO gilt .

Ffir n=0 und n=1 ist dies offensichtlich richtig; fiir n=2 hat man bn=1 und an=1, die behauptete Gleichung ist also fiir n= 0, 1, 2 richtig. Die Gleichung ak= bk2 gelte fiir k: 0, 1, 2,

, n. Unter Verwendung dieser In—

duktionsvoraussetzung sowie der Rekursionsgleichungen fiir die Folgen (ak)

und (bk) ergibt sich:

90.4

L 1990

1. Runde

an+1 = 2311" 2311-1 - all—2 = 25112 + 27011—12 'bn-22

= 21:112 + 2b“2 «bu-baa)2 = 21’n2 + 2bn-12 ' bu2 + abn-l - bn-lz

= bn2 + bn-12 + abn-l = (bnl'bn-l)2

= bn+12 .

Damit ist alles bewiesen.

Zweite Lésung (mit linearer Algebra) Es sei V die Menge aller unendlichen Folgen (xn) (n=0,1,2,...) reeller Zahlen, deren Glieder die Gleichung (0) xn+2 = 2x11+1+2xrrxn-l (“€N)

erfiillen. Die Menge aller Folgen, die einer festen dreigliedrigen linearen Rekursion geniigen, bildet mit den fiblichen Operationen + und - bekanntlich einen dreidi— mensionalen Vektorraum. (Zur Erinnerung bzw. Erlauterung: man zeigt leicht, daB die drei gemafl der Rekursionsbedingung mit dem vierten Glied fortgesetzten Folgen (1,0,0,...),(0,1,0,...) und (0,0,1,...) ein Erzeugendensystem von V bilden und linear unabhangig sind.) Es wird nun eine Basis von V gesucht, die aus drei geometrischen Folgen besteht; eine geometrische Folge (qn) gehért genau dann zu V, wenn sie der Bedingung (0) geniigt, d.h. qn+2 = 2qn+1+2qn-qn'1 fiir alle ne IN. Da fiir eine Basis nur Folgen mit von null verschiedenem q in Frage kommen, ist die Bedingung fiir diese betrachteten Werte Equivalent zur Gleichung

(1) q3 = 2q2+2q-1 . Man errit als erste Lésung der Gleichung q=-1 und hat damit mit un:=(-1)n (nelNo) eine erste geometrische Folge aus V gefunden. Da -1 eine Lésung vdn

(1) ist, enthalt q3-2q2—2q+1 den Linearfaktor q+1. Durch Polynomdivision erhalt man die Faktorzerlegung q3-2q2-2q+1 = (q+1)-(q2-3q+1 . Der zweite Faktor

hat die beiden Nullstellen v2: § (343) und w == %(3+ 5) . Mit v,1 == vn und wn== wn fiir neNo hat man zwei weitere geometrische Folgen aus V gefunden.

Die drei Folgen (un),(v,,),(wn) sind linear unabhangig, da bereits im Raume IR3 die Vektoren (u1,u2,u3), (V1,V2,V3), (W1,W2,W3) linear unabhangig sind; denn ih-

re (Vandermondesche) Determinante hat den Wert (u1-v1)-(u1—w1)-(v1—w1), welcher verschieden von null ist, da. die Zahlen 111, v1, W1 paarweise verschieden sind. Jede Folge (xn) aus V [5.31; sich daher — mit geeigneten Koeffizienten a,,5,'y€]Rin der Form xll = ann +flvn+7wn darstellen.

90.5

1. Runde

'

1990 L

Dutch Einsetzen der ersten drei Glieder der zu untersuchenden Folge (an) erhilt man die drei Gleichungen = a + fl + ry

1=-c1c+,6-v+'y-w2 1-- a + fi--v2+ 'y w2

Aufléisen dieses linearen Gleichungssystems ergibt a = -g , fl: 'y= ,so daB man fiir die zu untersuchende Folge (an) die folgende geschlossene Form hat:

(2)an--—-1)n 1—-(37*5)“+51—(3—'2’3)“Der Ausdruck an laBt5sich unter Benutzung der zweiten binomischen Formel als Quadrat darstellen, denn wegen '

1 52_3 5 14313-4? 1 431- 5(‘Z‘Q -—+2£» (7% ‘T “d —§—‘ *2£“1 kann man umformen:

an=1— -“- (#5132. alsw (ye—iii) (1—5£)“))2 Der Ausdruck— 1 ( (l—E’I—Yl _(1__2,I’)n )= :nb ist aber gerade die Darstellung des n- ten Gliedes dser Fibzonacci-Folge nach der Binetschen Formel Da. die Glieder der Fibonacci—Folge alle ganzzahlig sind, sind alle Werte der Folge (an) Qua.dratzahlen. Dies war zu zeigen. Anmerkungen zur zweiten Liisung Die Fibonacci-Folge 0,1,1,2,3,5,... ,benannt nach dem italienischen Mathema-

tiker Leonardo Fibonacci von Pisa (ca..1180-1250), ist dutch die beiden Anfangsglieder und die zweigliedrige Rekursion bn+2 = bn+1+bn (neNo) definiert. Die verwendete Binetsche Formel, bezeichnet nach dem franzésischen Mathe-

matiker J.P.M Binet (1786-1856), [531; sich analog dem in der zweiten Liisung zur Ermittlung der geschlossenen Darstellung von a.ll benutzten Weg bestim— men; die Rechnung ist dabei etwas kiirzer, da. es sich nur um eine zweigliedrige Rekursion handelt. Aufgabe 3

Zwischen zwanzig Stédten bestehen 172 direkte Flugverbindungen, die jeweils in beiden Richtungen benutzbar sind. Keine zwei von ihnen verbinden dieselben beiden Stédte. Man weise nach, daB man von jeder Stadt in jede andere Stadt fliegen kann, ohne dabei mehr als einmal umzusteigen. Erste Lésung

Man stelle die 20 Stidte als Ecken eines Graphen dar; zwei dieser Ecken seien genau dann dutch eine Kante verbunden, wenn zwischen den entsprechenden

90.6

L 1990

1. Runde

Stadten eine Flugverbindung besteht. Von jeder Ecke konnen dann hochstens 19 Kanten ausgehen. Gingen von jeder Ecke hochstens 17 Kanten aus, so gingen von den 20 Stadten insgesamt hochstens 20-17, also 340 Kanten aus. Da bei dieser Zihlweise jede Kante genau zweimal gezahlt wird, gabe es in dem Graphen héchstens 340:2, also 170 Kanten, was der Voraussetzung widerspricht. Es gibt also mindestens eine Ecke - sie sei mit A bezeichnet — von der 18 oder

19 Kanten ausgehen. A ist also entweder mit allen anderen Ecken dfirch eine Kante verbunden oder mit genau einer anderen Ecke - diese sei dann mit B be-

zeichnet - nicht durch eine Kante verbunden. Falls A mit allen anderen Ecken verbunden ist, ist die Behauptung der Aufgabe offensichtlich erffillt. Von einer beliebigen Ecke X gelangt man dann zu einer beliebigen Ecke Y ( ¢ X), falls keine direkte Verbindung besteht, auf dem Umweg X—A-Y. Es braucht also nur noch der Fall betrachtet zu werden, bei dem von keiner Ecke des Graphen 19 Kanten ausgehen und A mit allen Ecken auBer B durch eine Kante verbunden ist. Jedes Paar von B verschiedener Ecken ist also direkt durch eine Kante oder fiber zwei von A ausgehende Kanten verbunden, so daB nur noch zu zeigen ist, daB von B aus alle anderen 19 Ecken direkt fiber eine

Kante oder indirekt (fiber zwei Kanten) zu erreichen sind. Die Menge der 18 von A und B verschiedenen Ekken sei mit M bezeichnet; T sei die Menge der mit B verbundenen Ecken; T ist dann eine Teilmenge von M; die Anzahl ihrer Elemente (= Anzahl der von B ausgehenden Kanten) sei 1;. Da nach Voraussetzung und Auswahl von A und B genau 18 Verbindungskanten von A zu Elementen von M existieren, verbleiben 172-184; Kanten; die Anzahl

der innerhalb von M verlaufenden (und in der Skizze m eingezeichneten) Kanten betragt also 154—t. Von den innerhalb von M moglichen 18-17=2 = 153 Kanten fehlen also genau t-l. Insbesondere ist also 1; positiv; es

gibt mindestens eine Kante von B zu einer Ecke aus M. Damit ergibt sich zu-

nichst, daB A und B indirekt (fiber eine Ecke aus M) miteinander verbunden sind. Es mufi noch gezeigt werden, daB B mit jeder Ecke aus M direkt oder indirekt verbunden ist. Hierzu sei C eine beliebige Ecke aus M. Da. andernfalls nichts mehr gezeigt zu werden braucht, sei B mit C nicht dutch eine Kante verbunden. Da C mit hochstens t-1 Ecken aus M nicht verbunden ist, fiihrt mindestens eine Kante von C zu einer Ecke X in der t-elementigen Menge T. Somit ist B mit C

indirekt (dutch den Kantenzug B—X-C) verbunden. Damit ist der Beweis abgeschlossen.

90.7

1. Runde

1990 L

Zweite Losugg (indirekt) Es wird angenommen, die Behauptung sei falsch. Dann gibt es zwei Stadte, sagen wir A und B, so daB man von A ans weder direkt noch mit einem Zwi— schenhalt B erreichen kann. Dann besteht also keine Flugverbindung AB, und fiir jede Stadt X der weiteren 18 Stidte bestehen nicht gleichzeitig die Flugverbindungen AX und BX, denn sonst konnte man ja. von A fiber X nach B f liegen. Wire jede der zwanzig Stadte mit jeder anderen verbunden, gabe es genau (22°) direkte Flugverbindungen, also 190. Da. die Verbindung AB sowie mindestens 18 der weiteren 36 moglichen Verbindungen von A bzw. B mit von A und B verschiedenen Stadten nicht bestehen, konnte es hochstens 190-1-18, also hoch— stens 171 direkte Flugverbindungen geben. Da. dies im Widerspruch zur Voraussetzung der Existenz von 172 direkten Verbindungen steht, ist damit die Behauptung nachgewiesen. Mm (Modifikation der zweiten Losung)

Von den 190 moglichen paarweisen Verbindungen von je zwei Stadten sind 172 vorhanden, es fehlen also 18 Direktverbindungen. Von einer beliebigen Stadt A zu einer beliebigen Stadt B gibe es bei paarweiser Verbindung aller Stadte eine Direktverbindung und 18 indirekte Verbindungen - jeweils fiber eine der restlichen 18 Stadte. Diese 19 denkbaren Verbindungen haben paarweise keine Strek— ke gemeinsam. Durch das Fehlen von 18 Direktverbindungen konnen also nicht alle 19 denkbaren (direkten oder indirekten) Verbindungen wegfallen. Es gibt also mindestens eine Flugverbindung zwischen A und B.

Bemerkung Wenn von 19 Stadten jede mit jeder anderen direkt verbunden ist, bestehen insgesamt (129), also 171 Verbindungen. Es ist somit moglich, bei 20 Stadten die Direktverbindungen so vorzunehmen, daB eine Stadt v6llig isoliert ist. Die Zahl 172 in der Aufgabenstellung ist also minimal.

90.8

L 1990

1. Runde

Aufigabe 4 In einem Tetraeder sei jede Kante senkrecht zu ihrer Gegenkante.

Man beweise, dafl es eine Kugel gibt, auf der die Mittelpunkte aller sechs Kanten liegen. Erliuterung: Zwei Strecken AB und CD heiflen senkrecht zueinander genau dann, wenn die durch A gezogene Parallele 211 CD senkrecht auf AB steht.

Egte Losugg (elementargeometrisch) Die Eckpunkte des Tetraeders seien (siehe Figur) mit A,B,C,D und die Mitbelpunkte seiner Kanten mit P, Q, R, S, T,U bezeichnet.

Die Strecke SR ist ttelparallele im Dreieck ACD und daher halb so lang wie AC und parallel zu dieser Strecke. Die entsprechende Uberlegung fiir die Mittelparallele PQ im Dreieck ABC liefert, daB PQ parallel zu AC und halb so lang ist. Die Strecken SR und PQ sind also parallel und von gleicher Lange; Viereck PQRS ist somit ein Parallelogramm. Wegen SR ll AC , AC J. BD und BD || RQ ist Winkel SRQ ein rechte'r; mithin ist das Parallelogramm PQRS ein Rechteck. Entsprechend zeigt man (bzw. folgert man unmittelbar aus Symmetriegriinden) , daB auch die Vierecke PURT und STQU Rechtecke sind. Da die Rechtek— ke PQRS, PURT und STQU paarweise je eine gemeinsame Diagonale haben, die Diagonalen eines Rechtecks gleich lang sind und einen gemeinsamen Mittelpunkt haben, folgt, daB alle drei genannten Rechtecke einen gemeinsamen Umkreismittelpunkt M und gleichen Umkreisradius haben. Somit liegen auf der Kugel um M durch P die sechs Seitenmitten P, Q, R, S, T, U. Die Existenz einer solchen Kugel ist damit nachgewiesen. Variante zu ersten Lésung: Es geniigt der Nachweis, daB die vier Punkte P,Q,R,S jeweils auf Thaleskreisen (in der entsprechenden Ebene) fiber der Strecke TU liegen; denn dann haben alle sechs Punkte P, Q, R, S, T,U die gleiche Entfemung vom Mttelpunkt M der Strecke TU und liegen somit auf einer gemeinsamen Kugel um M. Um den Beweis fiir P 211 fiihren, beachte man die Beziehungen PTII BC, PU II AD

(beides nach Umkehrung des ersten Strahlensatzes) und BC J.AD; der Winkel TPU ist also ein rechter. Fiir die Punkte Q,R,S erfolgt der Nachweis analog.

90.9

1. Runde

1990 L

Bemerkung: Die Punkte A, B, C, D kénnen (im ausgear—

teten Fall) auch alle in einer Ebene liegen. Jeder dieser Punkte ist dann der Héhenschnittpunkt des von den anderen drei

Eckpunkten bestimmten Dreiecks. Die Seitenmittelpunkte P, Q, R, S, T, U liegen dann auf dem allen vier Dreiecken BCD,

ACD, ABD, ABC gemeinsamen Neunpunk— tekreis. Erliuterung: Der Neunpunktekreis eines Dreiecks (auch Feuerbachscber Kreis genannt) geht durch die drei Hiihenfqunkte, die drei Seitenmittelpunkte und die Mitten der drei oberen Héhenabschnitte; sein Mittelpunkt halbiert die Verbindungsstrecke von Héhenschnittpunkt und Umkreismittelpunkt. Von det Existenz des Neunpunktekreises macht die folgende - zweite - Liisung Gebrauch. Zweite Liisugg

Die Eckpunkte des Tetraeders seien (siehe Figur) wieder mit A,B,C,D und die Mittel— punkte seiner Kanten wieder mit P, Q, R,S, T,U bezeichnet. Die durch drei nicht auf einer gemeinsamen Gerade liegende Punkte X, Y,Z bestimmte

Ebene wird nachfolgend mit (XYZ) bezeichnet. Die Strecke SR ist Mittelparallele im Dreieck ACD und daher parallel zu AC. Zusammen mit der entsprechenden Uberlegung fiir die Mittelparallelen RU im Drei-

eck BCD und US im Dreieck ABD ergibt sich: (URS) ist parallel zu (ABC) . Bei senkrechter Projektion auf (ABC) gehen - wegen der Orthogonalitéitsbe— dingung der Aufgabe - die Kanten AD, BD und CD in die oberen Abschnitte der H6hen im Dreieck ABC iiber, die Bilder von U, R und S sind (nach dem ersten Strahlensatz) die Mitten der oberen Héhenabschnitte; der H6henschnittpunkt H ist das Bild von D. Die Bilder von U, R und S liegen also auf dem Neunpunktekreis von Dreieck ABC, der auch P, Q und T enthalt. Der Kreis durch P, Q,T entsteht also durch senkrechte Projektion des Kreises

durch U, R,S auf die Ebene (ABC). Die Punkte U, R, S, P, Q und T liegen somit, wie zu beweisen war, auf einer gemeinsamen Kugel. 90.10

L 1990

1. Runde

Dritte Losung (vektoriell) Die Ecken des Tetraeders seien A, B, C, D; der Ursprung O sei beliebig festge-

legt; die Ortsvektoren der Tetraederecken seien entsprechend mit 0/,8911' und Q bezeichnet.

Man betrachte den Punkt M mit dem Ortsvektor 1% == 1; (OMEVHHQ) . (M ist bekanntlich der Schwerpunkt des Tetraeders.) Der Mittelpunkt P der Seite AB hat den Ortsvektor 9: -12 (O,+Ew). Zum Beweis der Behauptung geniigt nun der Nachweis, daB der Abstand Im -9| invariant gegeniiber einer Permutation der Eckenbezeichnungen A, B, C, D ist. Anstelle des Abstandes wird sein Quadrat betrachtet:

W912 = (MW—9)-

= (21: (4+9-G-E~))*(%(¢+©-0b-E~))

=116— (m +©u9+ma +19% +2w~9+2 m-zaw-zmél-zfimaflwg). Da dieser Ausdruck durch Subtraktion von 4(1m©+d/*Ew) in einen gegeniiber Permutationen von (DI/£95199 invarianten Ausdruck fibergeht, reicht es, die Inva-

rianz des Wertes von (119%w gegeniiber Permutationen der Eckenbezeichnun— gen nachzuweisen. Die Kante AB hat den Richtungsvektor Ecv—Ox; entsprechend sind die Richtungsvektoren der anderen Tetraederkanten festzulegen. Da AB senkrecht zu CD verlauft, sind die Richtungsvektoren E9401 und «94 orthogonal, ihr Skalarprodukt ist also null: ‘

(Ev-01) *(v-rt) = 0 und somit

(1) (114+Ewg = GNQ+EM4I .

Entsprechend ergibt sich aus AC J. BD :

(to)*(©&) = 0 und daher (2) owEwta-Q = mlhfiwy . Aus (1) und (2) sieht man, daB der Wert von mew/9% fiir jede Permutation (H,1Q,MD,8) von (OI/£9,459) der gleiche ist. Damit ist der Nachweis abgeschlossen. Der Mittelpunkt der betrachteten Kugel ist gemaB der letzten Losung der Schwerpunkt des Tetraeders; eine Vereinfachung ist daher zu erwarten, wenn man - wie nachfolgend - den Ursprung des Koordinatensystems in den Schwerpunkt legt.

Vierte Losung (auch vektoriell) Legt man den Ursprung des Koordinatensystems in den Schwerpunkt des Tetraeders, so gilt fiir die Ortsvektoren 0/, Ev, 'L, @ der Ecken (at) Cb+Ev+¢+© = O,

denn der Schwerpunkt von ABCD hat ja den Ortsvektor i—( OHEMMQ) .

90.11

1. Runde

1990 L

Nach der Voraussetzung gilt (DJ/O) *(gaw) = 0 fiir‘ jede Permutation (’O,MD,H,‘Q)

von (0/,Ew,t,©). Durch Einsetzen im ersten Faktor geméiB (.) und Addition von 0 im zweiten Faktor erhilt man:

(mgvom) *(gvo-Io-ae ) = 0. Anwendung der dritten binomjschen Formel liefert hieraus

(I0+Ig)«('ovg) - (0%) (Iowa) = 0, also I'ovgl = [mm (a) . Bezeichnet p,(AB) die Entfemung des Mittelpunkts der Kante AB vom Schwer-

punkt des Tetraeders (entsprechend erklfixt man p.(BC) usw.), so liefert wegen ”(XY) = é—lw +‘gl die Gleichung (n) bei den entsprechenden Einsetzungen:

#(DB)=#(AB). #(AB) =#(BC). #(BC) =#(CD). MOD) =#(DA)1M(DA) = MAC) Der Schwerpunkt hat also von allen sechs Kantenmitten die gleiche Entfer— nung; diese liegen somit auf einer gemeinsamen Kugel um den Tetraeder— schwerpunkt.

Eflnfte Lésung (ebenfal ls vekton'ell) Ein Eckpunkt des Tetraeders sei der Ursprung O eines réumlichen kartesischen Koordinatensystems. Den iibrigen drei Eckpunkten werden die Ortsvektoren 1E1, 1E2, 4E3 zugeordnet. Die von 0 ausgehende Kante mit der Richtung 1E5 besitzt

als Gegenkante die Kante mit der Richtung (4L3 - 15k) fiir alle drei zyklischen Vertauschungen von (1,2,3) zu (i,j,k). Die Orthogonalititsbedingung der Voraussetzung liefert daher die Gleichung 1Er(1Ej-1L‘k) =0 fiir die betrachteten i,j,k und somit MWz = 4&2ML‘3 = manta == c. Zu den Mittel unkten der sechs Tetraederkanten gehiiren die Ortsvektoren

154v1é4r2, 12mg. §(%“W2). 1:(4D1MB3),%(4E2W1). Es wird nun gezeigt, dafl die Mittelpunkte der sechs Tetraederkanten auf der Kugel mit dem Radius r ==i—~/1E1MEIME2ME2+4E3MLL3 -2c und dem Mittelpunkt M mit Ortsvektor 4M == i—(fll +152W3) liegen:

Im-lgmllz

= lwwva) 324.1112 = 11; I-wiwzwma I2 = 1%‘(-4”1*4l‘2*41‘3) *(-1l‘1+1l‘2*4'-‘3) = 1'16'(1E1W1W2W2+153*41‘3-21fl1fll‘2+24l‘2*1l‘3-2’i‘3*4”1)

= ilG—(mlwlwzwzmawyh + 2c — 2c) = llfimlwlmzmhwamyzq = r2 . Entsprechend ergibt sich I‘M-riymglz = r2 und Mill—£13.13? = r2 . Weiterhin gilt:

lm-irahmnz = lif(1l‘1+‘i‘2+11‘3)-%(1”1W2)|2 = r1; |-1'1"1-1l‘2+1'-‘3|2 = IWb-171LL3I2 (- wie sich aus der Rechnung oben ergibt)

= r2 . 90 .12

L 1990

1. Runde

Entsprechend erhéilt man Im-%—(1LL2+’E3)I2 = r2 und lm-é-(w3flflfil2 = r2 , womit der

Beweis abgeschlossen ist. Hinweise auf haufiger aufgetretene Fehler und Mtersténdnisse Zu Aufgabe 1: Diese Aufgabe wurde mehrfach von Teilnehmem nicht verstanden. Gelegentlich wurden Hilfsmittel aus der Analysis eingesetzt, gerade hierbei gab es dann aber haufig Beweisliicken. Einige Teilnehmer waren der (irrigen) Auffassung, die Schreibweise f(x) 2 0 sei nur dann berechtigt, wenn min-

destens fiir einen der korikurn'erenden Werte x tatsachlich cler Fall f(x) = 0 eintrate, ansonsten miisse es heiBen f(x) > 0; (der Fall negativer Werte war ausgeschlossen) . Zu Aufgabe 2: Hier wurde mehrfach der Nachweis der Ganzzahligkeit der Folgenglieder vergessen; haufig waren auch Zirkelschliisse, bei denen bereits Teile der Behauptung verwendet wurden, um die volle Behauptung zu gewinnen. In nicht wenjgen Fallen wurde der grundlegende logische Fehler gemacht, daB aus der Behauptung auf eine bekannte wahre Aussage geschlossen wurde. Da. sich sowohl aus einer falschen wie aus einer wahren Aussage eine andere wah— re Aussage folgern laflt, ist ein solches Resultat ohne Wert. Die angegebene zweite Liisung soll vor allem fiir interessierte Schiiler der Sekundarstufe 2 einen wenjger schuliiblichen Anwendungsbereich der linearen Algebra zeigen. Zu Aufgabe 3: Dies war offenbar nach Einschétzung der Teilnehmer die leichteste Aufgabe; nahezu alle Teilnehmer versuchten eine Léisung, wobei etliche Fehler auftraten. Dazu gehérte die Annahme spezieller Konstellationen, wie z.B. einer Stadt, die unmittelbar mit allen anderen 19 Stadten verbunden ist, oder die Beschrankung auf Spezialfalle, die als ”extremal” empfunden wurden. Manchmal ersetzte der Hinweis, daB man es sich nicht anders vorstellen k6nne, einen exakten Beweis. Zu Aufgabe 4: Das Tetraeder , héufiger Untersuchungsgegenstand in der analytischen Geometrie und linearen Algebra, Wild in anderen Zusammenhangen (z.B. als einer der fiinf platonischen Kérper) fiir den regularen Spezialfall, also mit sechs gleichlangen Kanten definiert. Gelegentlich finden sich sogar beide vom Zusammenhang abhang'igen - Definitionen nebeneinander im gleichen

Buch (z.B. bei Bartsch: Taschenbuch mathematischer Formeln). Trotz der Orthogonalitatsbedingung der Kanten, die ja. in einem regularen Tetraeder fiberfliissig ware, haben einige Teilnehmer die Aufgabe nur fiir den (wesentlich einfacheren) Spezialfall des regelmafligen Tetraeders gelést.

90.13

2. Runde

1990 L

Aufgabe 1

Gesucht werden drei natiirliche Zahlen a, b, c , bei denen das Produkt von je zweien bei Division durch die dritte den Rest 1 léBt. Man bestimme alle Losungen. Vorbemerkung Hitten zwei der Zahlen - etwa. a. und b - einen gemeinsamen Teiler 52 2 , so wire g auch ein Teiler des Restes bei der Division von ac durch b. Die Zahlen a, b, c miissen also paarweise teilerfremd sein. AuBerdem sind notwendigerwei— se alle drei Zahlen grofier als 1, da. andemfalls mindestens eine der drei betrachteten Divisionen ohne Rest bliebe. Erste " u Na.ch der Vorbemerkung sind die drei Zahlen a,b,c grofler als 1 und paarweise verschieden; ohne Beschrinkung der Allgemeinheit gelte daher: 1 a. < b < c . Nach Voraussetzung gibt es gauze Zahlen a, fi und '1 mit a.b—1 =7c,bc-1 =aa.,ca.-1 =fib. Dutch Multiplikation erhélt man hieraus

afl’yabc = (ab—1)-(bc—1)~(ca—1) = a2b2c2—a2bc—abzc—abc2+a.b+ac+bc—1 . Dies ergibt nach Subtraktion der ersten vier Summanden der rechten Seite und Ausklammern von abc:

abc-(afl’y—abc+a.+b+c) = ab+ac+bc-l , somit teilt abc die Summe ab+bc+ac—1. Da. diese Summe positiv ist, folgt

(1) abc < ab+bc+ca . Wegen a. f (a. ’,b ',c ’) , falls nicht beide Lésungstiipel identisch sind. Da die Bedingung a22 , hieraus folgend b23 und wegen b< c und Teilerfremdheit van a zu c schlieBlich c25 notwendigerweise fiir a,b, c E N gilt, andererseits keine natiirliche Zahl unterhalb von 1 existiert, muB (2,3,5) das einzige Element von M sein. Als Gesamtheit der Liisungen ergibt sich daher

{ (2,3,5), (2,5,3), (32:3), (3,5,2). (5.2.3), (532) }m Nach der Vorbemerkung sind die drei Zahlen a,b,c griifler als 1 und paarweise verschieden; ohne Beschrinkung der Allgemeinheit gelte daher: 1 < a < b < c .

90.15

2. Runde

1990 L

Da. a. Teiler V'ron a.-b, Teiler von a-c und nach Voraussetzung auchuTeiler von b-c—l ist, muB a ein Teiler von a.-b + be + on - 1 sein. Die analoge Uberlegung (oder Verwendung der Symmetric bzgl. a, b , c) liefert, daB anch b und c Teiler von anb + b-c + c-a. — 1 sind . Nach der Vorbemerkung sind die Zahlen a, b, c paarweise teilerfremd; daher muB das Produkt a-b-c ein Teiler des positiven Ausdrucks a-b + b-c + c-a. - 1 sein, woraus folgt a-b-c s a-b + be + c-a. — 1. Hiermit ergibt sich die Ungleichung a-b~c < a~b +b-c+c-a. und dann nach Divi-

sion durch a-b-c : %+ %+ %> 1

(1) .

Der grfiBte der drei Stammbriiche in (1) muB somit griifler als §sein; es folgt: a.=2. Einsetzen des Wertes a.=2 in Ungleichung (1) und Zusammenfassen liefert die Ungleic-hung: i4 %> %- (2) . Der grfiBere der beiden Stammbriiche auf der linken Seite von (2) muB also grSBer als i" sein ;wegen a. 0 ist g eindeutig bestimmt. Die durch g bestimmte Richtung von A nach E (bzw. im Falle A=E eine beliebige der beiden Richtungen von g) wird als rechts, die Gegem'ichtung als links, die durch eine zu g orthogonale Gerade bestimmten Richtungen als oben bzw. unten gekennzeichnet. S sei die Schnittmenge aller den Wurm fiberdeckenden Rechtecke, bei denen eine Seite parallel zu g verfiuft. Da der Wurm abgeschlossen ist, ist S wieder ein — ggfs. zu einer Strecke ausgeartetes - Rechteck. GemaB der Richtungsfestlegung hat dieses Rechteck eine linke, eine rechte, eine obere und eine untere || Seite. Der Wurm hat mit jeder der vier Seiten mindestens einen Punkt gemein— fl sam. Je einer dieser Punkte auf jeder Seite wird mit L n E bzw. U bzw. R bzw. O (fiir ”—“T‘_" 9 links, unten, rechts, oben, s. L

Skizze) bezeichnet. Die Lange der zu g paralle— len Seite wird mit 1:, die Lange der anderen Rechteckseite wird mit y bezeichnet

I. ll

Das Durchlaufen des Wunnes von A bis E liefert eine der 24 miiglichen Permutationen von (L,O ,R,U), wobei mehrfach durchlaufene dieser vier Punkte nur beim ersten Mal beriicksichtigt werden. Da man o.B.d.A. annehrnen darf, daB 0 var U durchlaufen wird - sonst spiegele man die ganze Figur an (AB) bleiben die folgenden 12 Mfiglichkeiten der Reihenfolge: LOUR LORU LROU ROUL ROLU RLOU ORLU OLRU OLUR. OULR ORUL OURL . Da. die zwei iiberein'andergeschriebenen Reihenfolgen jeweils durch eine Punktspiegelung der Figur auseinander hervorgehen, bleiben zur Betrachtung nur die acht Permutationen in der ersten Zeile der Aufzahlung. Zu jeder Permutation (V,W,X,Y) von (L,O,U,R) betrachte man nun den Streckenzug AVWXYE. Da. die kiirzeste Verbindung von zwei Punkten ihre Verbindungsstrecke ist, ist die Lange der jeweiligen Streckenziige stets nicht griiBer als die Lange des Wunns, also insbesondere nicht gréBer ale 1. 90.23

2. Runde

1990 L

Nachfolgend sind die zu betrachtenden 8 Fille skizziert: 4 II 3

/'\

n

E

I. ///;/

n

E 1'

n

,

aunt

o

7

o

6

n

5

n

\ L

/’ ' II

a

II

8

n nunw:

u

7” L " I u snow:

L2. g/Z’lli’f-

L 0 //E

L>&

n

n

n \/ u maul:

I, I: minus

I I:

mums

n

Wegen IALIs IELI und IERISIARI gilt IALUOREISIAROULEI. Der Streckenzug ALUORE geht abet durch Spiegelung an AE (und Bezeichnungsvertau— schung von U mit O) in den Streckenzug ALOURE fiber. Man darf also davon ausgehen, dafl die Linge von mindestens einem der sieben Streckenziige ALROUE, ALOURE, ALORUE, AORLUE, AROLUE, ARLOUE, AOLRUE nicht gréfler ale 1 ist. Nachfolgend wird gezeigt, daB aus jeder der Ungleichungen IALROUEI s 1 , lALOUREI S1,

, IAOLRUEI s 1 folgt, daB das Rechteck - und

damit auch der Wurm - von einer Halbkreisscheibe mit Durchmesser 1 Zn fiberdecken ist. Hierzu konstruiert man zu den betrachteten Streckenziigen jeweils einen fiberschneidungsfreien Streckenzug gleicher Linge, indem S (bzw. dann seine Bilder) beim Durchlaufen des Streckenzuges (bzw. seiner Bilder) von E ans nacheinan— der jeweils an der Seite gespiegelt werden, die getroffen wird. Die Entfemung von Endpunkt E und Anfangspunkt A' des so erhaltenen Streckenzuges kann dann nicht gréfler als 1 sein; hieraus ergibt sich jeweils eine Bedingung fiir die Seitenléngen von S.

1. Fall (ALROUE)

2. Fall

(ALOURE)

L 1990

2. Runde

Die betrachtete Strecke EA' ist bei Fall 1, Fall 2 und Fall 3 die Diagonale in einem Rechteck mit den Seiten 2x-d und 2y. Da. das Quadrat ihrer Linge nach obigen Bemerkungen nicht grBBer als 1 sein kann, ergibt sich: (2x—d) 2+4y2 s 1 .

4. Fall ( AORLUE)

°

3. Fall (ALORUE)

Im vierten Fall ergibt sich in analoger Weise (2x+d) 2+4y2 $1, also gilt auch

hier (2x—d) 2+4y2 s 1 (is) . Die Ungleichung (at) ist also in den ersten vier Fallen erffillt. In entsprechender Weise ergibt sich die Giiltigkeit von (4!) in den restlichen drei Fallen:

5. Fall (AROLUE) zuifl

1|!

. \

6. Fall (ARLOUE) mm:

“I\V

L n

\

I.

7 k

an

90.25

2. Runde

1990 L

7. Fall (AOLRUE)

.2“-..

/V \la

4

1" fi\\

.

Wegen Os dsx folgt aus (.) die Ungleichung x2+4y2 s 1 und daher i—xzwz s 1;. Man kann daa Rechteck mit einer Halbkreisschei— be vom Radius r mit r 2 = i—xzwz fiberdecken; wegen rs £— reicht also Heine Halbkreisscheibe vom ;

_

E

Durchmesser 1 zum Uberdecken des Rechtecks -

I

__

und damit auch zum Uberdecken des Wurms im Rechteck.

Nicht durch einen grundsitzlich anderen Liisungsgedanken, sondem nur durch eine kompaktere Fassung der Lingenabschitzung des betrachteten Polygonzugs ergibt sich die folgende Lfisung: Zweite Lasung Zunichst wird der folgende Hilfssatz bewiesen: Es sei n eine natiirliche Zahl und A0A1A2...An ein Streckenzug im Kartesi— schen Koordinatensystem. Fiir i=0,1,2,3,...,n sei die Linge der Projektion von AHAi auf die x—Achse mit xi, die Linge der Projektion auf die y—Achse mit yi bezeichnet. Mit £ == x1+x2+... +xn und 1] == y1+y2+...+yn gilt dann fiir die Linge a’ des Streckenzugs die Ungleichung 02 2 £2+ 172 . Beweis: (geometrisch; ein analytischer Beweis wird im Nachtrag gegeben) Es geniigt, einen Streckenzug zu betrachten, bei dem sowohl die x~Koordinaten, als auch die y-Koordinaten der Punktfolge < Ai> monoton (im unstrengen Sinne) zunehmen. Denn ist j der kleinste Index, fiir den Aj eine gréifiere x-Koordinate hat als Aj +1, so spiegele man den Streckenzug Aj Aj +1...An an einer vertikalen Geraden durch Aj und ersetze den gegebenen Streckenzug dutch A1A2...Aj Aj+1 ’Aj +2 ' ...A{1. Weder die Linge des Streckenzugs noch die Lingen der betrachteten Projektionen xi und yi werden hierbei geindert; falls immer

90.26

L 1990

2. Runde

noch ein Index k existiert, fiir den (nach Umbezeichnung) Ak rechts von Ak+1 liegt, so ist k > j, so daB nach endlich vielen Spiegelungen der angegebenen Art kein x— Fehlstand der betrachteten Art vorliegt Entsprechend wird mit den yKoordinaten verfahren. Fiir den (derart bereinigten) Streckenzug betrachte man die Sehne AoAn. Ihre Projektionen auf die Achsen haben die Langen £ und 17 , so daB fiir ihre Linge A nach Pythagoras gilt A2 = {2 +17 2 . Da die Lange des Streckenzugs nicht kleiner als die Verbindungsstrecke von Anfangs- und Endpunkt sein kann, folgt daraus die behauptete Ungleichung. Mit dem Begriff Rechteck ist nachfolgend wieder stets die gesamte von den vier Rechteckseiten umschlossene Flache einschlieBlich Rand, also die volle Rechteckscheibe gemeint. Anfangs- und Endpunkt des Wurmes seien mit A bzw. E bezeichnet; die Entfernung der Punkte A und E sei d ( d20). Weiter sei g eine Gerade, auf der A und E liegen; fiir d> 0 ist g eindeutig bestimmt. Die dutch g bestirnmte Richtung von A nach E wird als recbts, die Gegenrichtung als links, die durch eine zu g orthogonale Gerade bestimmten Richtungen als oben bzw. unten gekennzeichnet. S sei die Schnittmenge aller den Wurm fiberdeckenden Rechtek— ke, bei denen eine Seite parallel zu g verlaufi. Da der Wurm abgeschlossen ist, ist S wieder ein — ggfs. zu einer Strecke ausgeartetes - Rechteck. GemaB der Richtungsfestlegung hat dieses Rechteck eine linke, eine rechte, eine obere und eine untere Seite. Der Wurm hat mit jeder der vier Seiten mindestens ei-

ll

nen Punkt gemeinsam. Je

ll

einer dieser Punkte auf jeder Seite wird mit L bzw.

U bzw. R bzw. 0 (fiir links, unten,

Skizze)

rechts,

oben,

bezeichnet.

II

E

‘

El

s. l-

Die

R

M

II Lange der zu g parallelen ll Seite wird mit x, die Lange der anderen Rechteckseite wird mit y bezeichnet. Es bezeichne A0 == A, A5 := E, und ( A1A2A3A4) die Permutation von (LOUR), fiir die die Anordnung der Indizes der Reihenfolge des Durchlaufens entspricht. Dann ist der Streckenzug A0 A1...A5 nicht [anger als der Wurm und hat daher hochstens die Lange 1. Die Langensumme der Teilstreckenprojektionen in den Richtungen der Rechteckseiten betragen offenbar mindestens 2x—d und 2y, so-

mit ergibt sich (2x—d) 2 +(2y) 2 s 1 . Wegen Ogdsx folgt daraus die Ungleichung x2+4y2 s 1 und daher i—xzwz s 1;.

g _

: 5 ‘

! ‘

——

Man kann das Rechteck mit einer Halbkreisscheibe vom Radius r mit r2 = i—x2+y2 fiberdecken; wegen rs a—reicht eine Halbkreisscheibe vom Durchmesser 1 Zuni Uberdecken des Rechtecks - und damit zum Uberdecken des Wurms im Rechteck. 90.27

2. Runde

1990 L

Nachtrag zur zweiten Lésung Rechnerischer Beweis des Hilfssatzes:

Es ist 02 = ( Z VXi2+Y12 )2 = Z (xi2+Yi2) + 2% VXi2+Yi2 ' fXj2+Yj2 l

l

l

und £2+172 = (g: xi)2 + (213,02 = 2!: (Xi2+Yi2) +21§(xixj +yiyj) _

Dabei ist der Laufbereich der Indizes stets die Menge {1,2,3,...,n}. Da. alle auftretenden Summanden positiv sind, reicht zum Beweis der behaupteten Ungleichung 022 £2 +172 der Nachweis daB fiir alle Indizes i,j die folgende Ungleichung richtig ist: {may} - {x5 2*i 2 xi +yiyj . Das ist abet gerade die Schwarzsche Ungleichung fiir (xiyi), (Xj,yj) und gilt daher. D 'I I "s A und E seien Anfangs- und Endpunkt des Wurmes, g eine Gerade, auf der die (nicht notwendigerweise verschiedenen) Punkte A und E liegen.

h

S

Da. die Punkte des Wurms eine abgeschlossene und beschrinkte Punktmenge bilden, gibt es unter ihnen Punkte mit maximalem Abstand von 3. Ein solcher Punkt werde ausgewihlt und mit S bezeichnet; h sei die Parallele zu g durch S.

SchlieBlich sei a. der Teilwurm von A bis S, b

der Teilwurm von S bis E (beim Durchlaufen des Wurma von A nach E). Man spiegele nun a. an h; hierbei geht der Punkt A in den Punkt A ’ iiber. Der Mittelpunkt von EA' werde mit M bezeichnet. Da. A’ und E gleichen Abstand von h ha.ben, liegt M auf der Geraden h. Durch Spiegeln des aus a' und b zusammengesetzten Wurmes der Linge 1 an pI M entsteht eine geschlossene Kurve der Linge 2, die von E fiber S und A ’ wieder zu E ffihrt. - Fiir jeden Punkt P auf dieser geschlossenen Kurve liegt der durch Spiegelung an M erhal— tene Punkt P’ auch auf der Kurve; die beiden Teilbégen zwischen P und P’ sind kongruent und ergeben zusammen die gesamte Kurve, haben also jeder die Linge 1; daher kann die Sehne PP' nicht linger als 1 sein. Da. M der

Mittelpunkt det Sehne PP’ist, folgt IMPI s 1;. 90.28

L 1990

2. Runde

Alle Punkte der betrachteten geschlos— senen Kurve liegen also 1m Kreis um M mit dem Radius-2 Da. der Kreis sym— metrisch zu h ist, liegen auch alle Punkte des gegebenen Wurmes in diesem Kreis. Bezeichnet also i k die zu dem Kreis gehéirende Scheibe, H eine Wurmpunkte enthaltende Halbebene von h (-falls der Wunn nicht ganz auf h liegt, ist H eindeutig bestimmt - ), so hat man mit a die Halbkreisscheibe gefunden, deren Existenz nachzuwei— sen war. Vorbemerkung zur vierten Léisung Die nachfolgende Léisung benétigt den Mittelpunkt M des Wurmes, wobei dies bedeutet, daB der vom Anfangspunkt bis zu M gemessene Teilwurm die gleiche Linge hat wie der Teilwurm von M bis zum Endpunkt. Vierte Liisnng Der Mittelpunkt des Wurmes sei mit M bezeichnet Die Strecken AM und MB

haben da.her eine Lange s 2. Man zeilchne die Ellipse mit den Brennpunkten A und M, deren1Ha.upta.chse die Lange 2-hat;1m Falle A=M entsteht ein Kreis, 1m Falle IAMI= fartet die Ellipse zu einer Strecke ans. Fiir jeden Wurmpunkt X der Wurmhélfte von A bis M gilt dann IAXI + IXMI s f; X liegt also 1m Inneren oder auf dem Rand der Ellipse. In analoger Weise wird die Ellipse mit den Brennpunkten M und E gezeichnet. Eine Gerade g wird so gewihlt, daB sie r” beide Ellipsen beriihrt; da. beide Ellipsen _; die gleiche Hauptachsenlénge haben, \ kann nicht eine ganz im Inneren der anE ._I deren liegen. Bei Ausartung einer oder J beider Ellipsen zu einer Strecke, laufe g ( ll 0 J- durch A bzw. E . P sei der Fqunkt des P Lotes von M a.uf g. Der Fqunkt des Lotes von einem Brennpunkt einer Ellipse auf eine Tangente liegt nach einem bekannten Satz stets auf dem Hauptkreis der Ellipse. Fii: die Ellipse mit den Brennpunkten A und M, die ja. ganz innerhalb ihres Hauptkreises liegt, ergibt sich daraus, daB alle Punkte der Ellipsenscheibe von P nicht weiter a.ls ~2- entfemt sind; das Entsprechende gilt fiir die Ellipse mit den Brennpunkten M und E.

90.29

2. Runde

1990 L

Kein Wurmpunkt ist daher von P mehr als a-entfernt; die Halbkreisscheibe mit

Durchmesser 1 und Mittelpunkt P, die in der A enthaltenden Halbebene von g liegt, iiberdeckt also den Wurm. In den Ausartungsféllen Strecke oder Kreis ist der betrachtete GroBkreis der Thaleskreis iiber AM ( bzw. MB) oder die Ellipse selber. Die Abstandsiiberlegung ist jeweils (mit Vereinfachung) unmittelbar zu iibertragen. Erginzung zur vierten Lésung Nachfolgend wird der in der Lésung verwendete Satz iiber eine Eigenschaft des Hauptkreises einer Ellipse formuliert und bewiesen: Satz: Gegeben sei eine Ellipse mit den Brennpunkten 31 und 32. P sei ein Punkt auf der Ellipse, 1: die in P an die Ellipse angelegte Tangente, F der Fqunkt des Lotes von B1 auf t. Dann liegt F auf dem Hauptkreis der Ellipse. Beweis: O sei der Mittelpunkt der Ellipse; zu zeigen ist:'O—F-1=-2— (g + P—Bz). Hierzu spi - ele man B1 an t zu B",da. die Tangente t mit BzP und B1P (gegensinnig-) kongruente Winkel bildet, liegt B'

auf (B2P) . Nach der Umkehrung des ersten Strahlensatzes

ist daher (OF) parallel zu (B23); nach dem zweiten Strahlensatz folgt daher

OF =17323' = %(B1P + PB2). Das war zu zeigen.

90.30

A 1991

Aufgaben 1991 1.

1. Runde

1. Runde

Gegeben sind 1991 paarweise verschiedene positive reelle Zahlen, wobei das Produkt von irgend zehn dieser Zahlen stets gr68er als 1 int. Man beweise, daB das Produkt aller 1991 Zahlen ebenfalls grBBer als 1 int.

2. Es sei g eine gerade natiirliche Zahl und f(n) = g“ +1 (nEN) . Man beweise, dafi fiir jedes nEN gilt:

a.) f(n) ist Teiler von jeder de'r Zahlen f(3n), f(5n), f(7n), ; b) f(n) ist teilerfremd zu jeder der Zahlen f(2n), f(4n), f(6n),

.

Anmerkung: Mit der Mange N der natfirlichen Zahlen ist die Mange {1,2,3,...} gemeint.

3.

In einer Ebene mit quadratischem Gitter, bei dem die Seitenlinge des Grundquadrats 1 ist, liegt ein techtwinkliges Dreieck. Alle seine Eckpunkte sind Gitterpunkte und alle Seitenlingen sind ganzzahlig. Man beweise, daB auch der Inkreismit‘telpunkt des Dreiecks ein Gitterpunkt ist.

4.

Ein Streifen der Breite 1 soll durch rechteckige Platten mit der gemeinsamen Breite 1 und den Lingen a1, a2, a3 ,

liickenlos gepflastert werden

(a1 * 1). Von der zweiten Platte an ist jede Platte éhnlich, aber nicht kongruent zu dem schon gepflasterten Teil des Streifens. Nach Auflegen der ersten n Platten habe der gepflasterte Teil des Streifens die Linge an. Gibt es - bei vorgegebenem a1 - eine Zahl, die von keinem sn fibertroffen wird ? Die Richtigkeit der Antwort ist zu beweisen.

91.1

2. Runde

Aufgaben 1991

1991 A

2. Runde

1.

Man bestimme alle Li'mungen der Gleichung 4x+4y+4z = u2 mit ganzen Zahlen x, y, z, u .

2.

Im Raum seien acht Punkte so gegeben, daB keine vier in einer Ebene Liegen. Von allen Verbindungsstrecken dieser Punkte werden 17 blau geférbt, die fibrigen rot. Man beweise, daB hierbei stets mindestens vier blaue Dreiecke entstehen. Man beweise ferner, daB in obiger Behauptung ”vier” nicht dutch ”flint” ersetzt werden darf. Erliuterung: Mit b1311- Dreiecken sind solche gemeint, bei denen alle drei Seiten blau gefétbt sind.

Eine Menge M van Punkten der Ebene heiBe stumpf,‘ wenn je drei Punkte aus M stets die Ecken eines stumpfwinkligen Dreiecks sind.

a.) Man beweise die Richtigkeit der Aussage: Zu jeder endlichen stumpfen Menge M gibt es einen Ebenenpunkt P mit

folgender Eigenschaft: P ist kein Element von M und M U {P} ist ebenfalls stumpf. b) Man entscheide (mit Nachweis), ob die in a.) formulierte Aussage richtig bleibt, wenn man dort ”endlich” durch "unendlic ” ersetzt. Gegeben seien zwei nichtnegative ganze Zahlen a. und b, von denen die eine gerade, die andere ungerade ist. Dutch die Vorschrift a.o==a.,a.1==b,a.n+1==2am—a.n_1+2 fiirn=1,2,3,..., b0 == b,b1== a,bn+1 == 2bn'bn-1+2 fit 11 = 1, 2, 3, . . .

werden zwei Folgen (an) und (bu) defmiert. Man beweise, daB genau dann keine der beiden Folgen ein negatives Glied enthilt, wenn V; — 7/1) l s 1 gilt.

91.2

L 1991

1. Runde

Aufigabe 1 Gegeben sind 1991 pamweise verschiedene positive reelle Zahlen, wobei das

Produkt von irgend zehn dieser Zahlen stets grofler als 1 ist. Man beweise, daB das Produkt aller 1991 Zahlen ebenfalls grofler als 1 ist. Erste Losugg Wenigsten‘s eine der gegebenen 1991 Zahlen ist nicht kleiner als 1, da. sonst alle Produkte aus jeweils 10 der Zahlen kleiner als 1 wiren. Eine solche Zahl sei herausgegriffen und mit a. bezeichnet. Die verbleibenden 1990 Zahlen stelle man zu 199 Folgen von jeweils 10 Zahlen zusammen; da. das Produkt von jeweils 10 der Zahlen grofier als 1 ist, muB dies auch ffir das Produkt P aller betrachteten 1990 Zahlen gelten. Wegen 321 ist dann abet auch das zu untersu— chende Produkt a.-P grofler als 1, wie zu zeigen war.

Zweite Losugg Man ordne die 1991 Zahlen aufsteigend. Da. das Produkt der ersten zehn Zahlen grofier als 1 ist, muB die zehnte Zahl groBer als 1 sein; wegen der Monotonie der Folge sind dann alle weiteren Zahlen ebenfalls griSBer 313 1. Somit ist sowohl das Produkt P1 der ersten zehn als auch da.s Produkt P2 der Zahlen von der elften bis 1991. Zahl gréfier als 1. Also ist auch das Produkt P1-P2 aller 1991 Zahlen grofler a.|s 1. Dritte Losung Das Produkt aller 1991 Zahlen sei mit P bezeichnet. Man ordne die Zahlen zu einer beliebigen Folge und schreibe diese Folge zehnmal hintereinander auf. Die so erhaltene Folge mit 19910 Gliedern besteht a.us 1991 Abschnitten von je zehn verschiedenen Folgengliedem. Da. das Produkt von je zehn der Zahlen gréBer a.ls 1 ist, gilt dies a.uch fiir das Produkt aller 19910 Zahlen, in dem jeder Faktor

des Produktes P genau zehnmal vorkommt. Also ist P10 grofier als 1, somit muB auch die positive Zahl P grofier als 1 sein. Bemerkungen — Die Voraussetzung, daB die gegebenen 1991 Zahlen paarweise verschieden sind, ist nicht notwendig. — Die Zahlen 1991 bzw. 10 konnen durch beliebige natiirliche Zahlen n bzw. z

(nzz) ersetzt werden. — Es geniigt, anstatt der Forderung alle Zablen positiv lediglich vorauszusetzen, daB nicht alle Zahlen negativ sind. Denn offensichtlich kann keine der Zahlen 0 sein, da, sonst auch jedes Produkt mit diesem Faktor 0 wire. Unter den Zahlen ist also mindestens eine positive. Gabe es nun unter den betrachteten Zahlen

91.3

1. Runde

1991 L

eine negative, so konnte man neun positive Zahlen und eine negative oder neun

negative Zahlen und eine positive auswahlen und hatte somit ein negatives Produkt von zehn der gegebenen Zahlen im Widerspruch zur Voraussetzung. Aufgabe 2

Es sei g eine gerade natiirliche Zahl und f(n) = g“ +1 (ne N) . Man beweise, daB fiir jedes nelN gilt:

a.) f(n) ist Teiler von jeder der Zahlen f( 3n), f(5n), f(7n),

;

b) f(n) ist teilerfremd zu jeder der Zahlen f(2n), f(4n), f(6n),

.

Anmerkung: Mit der Menge N der natiirlichen Zahlen ist die Mange {1, 2, 3,...} gemeint.

Mag Zu a]: Bekanntlich gilt fiir beliebige reelle Zahlen x, y und natiirliche Expo-

nenten m die Gleichung xm — ym = (x—y)-(xm'1 +xm'2y+x’“'3 y2 +

+ym'1).

Der Beweis dieser ”Verallgemeinerung der 3. bin. Formel” erfolgt durch vollstandige Induktion oder unmittelbar durch Ausmultiplizieren. Setzt man hier x== g“, y== —1, wobei g und n beliebige natiirliche Zahlen sind, und wird m als ungerade vorausgesetzt, so etgibt sich

gm" —(—1)'11 = gmn+1 = (gum-(@0114) — gum-2) +— +1), also f(nm) = f(n)-(am) — gum-2) +- + 1) .

Somit ist f(n) ein Teiler von f(mn) .

Die Voraussetzung, daB g gerade ist, erweist sich als iiberfliissig. M); Der Beweis wird indirekt gefiihrt, indem zunachst angenommen wird, es gabe zur geraden natiirlichen Zahl g natiirliche Zahlen n, k und m (m>1) ,

so daB f(n) und f(2k'n) Vielfache von m sind. Diese Annahme wird nachfol— gend zum Widerspruch gefiihrt. Aus der Annahme folgt die Existenz natiirlicher Zahlen a und fl mit

(1) f(n) = g11 + 1 = a-m und (2) f(2k-n) = gzkn+1 = (gn)2k + 1 = fi-m. Auflosen von (1) nach gn und Einsetzen in (2) liefert (3) (arm-1)2k + 1 = fi-m . Beim Ausmultiplizieren der linken Seite von (3) enthalten alle entstehenden Summanden auBer 12k mindestens einmal den Faktor m.

Die linke Seite von (3) laBt sich also in der Form 'y-m+2 ( mit 'y El) darstellen. Somit ergibt sich 'y-m + 2 = fl-m, also m-(fi-y) = 2. Daher ist m ein Teiler von 2, muB also wegen m>1 den Wert 2 haben. Aber

dann ist nach (l) gn+1 gerade, also g ungerade. Damit ist die Annahme zum Widerspruch gefiihrt und der Beweis zu b) erbracht. 91.4

L 1991

1. Runde

Zweite Losgng Zu a]: Siehe erste Losung. Zu b]: Zu den natiirlichen Zahlen n und k definiere man Zahlen x und y durch x :: 71 -(g2kn—g(2k'1)n+g(2k'2)n—+

+ g2“ — gn +2) und y:= 2; g“ .

Da. g eine gerade natiirliche Zahl ist, sind x und y ganze Zahlen. Jeder gemein— same Teiler von f(n) und f(2kn) ist auch ein Teiler von X'f(n) -y-f(2kn) .

2-(x-f(n) - y-f(2kn))

= ( nn—gn+g 25. Mit d== v—2s hat man daher dEN und v = 2s +d. Einsetzen in (t!) liefert

4r + 43 = (23+d)'2—1 = 4s +25+1-d+d2-1, also:

(1) 22! = 25*1-d4d2—1 Wegen d221 folgt daher 22r2 25*1-d und somit 2r2 s+1.

Im Falle 2r=s+1, also d=1, geht (a) fiber in die Gleichung

v2 = 4r +42r-1+1, also v2 = (22r-1+1)2. Dies ist (wegen v)0) Equivalent zu v = 22"1+1. Somit ist fiir jedes rEN das Tripel (r, 2r—1, 22"1+1) eine Losung. 91.15

2. Runde

1991 L

Zu untersuchen bleibt nur noch der Fall 2r > s+1 (Equivalent zu d22). Hierzu setze man a== 2r—s—1.

Dabei ist a eine natfirliche Zahl mit anderer Paritat als 3; man hat 2r=a+s+1, und wegen rss hat man a = 2r—s-1 s s—l, also 5 2 2.

Ana (1 ) ergibt sich durch Einsetzen dann za+s+1 = 23+1 .d+d2_1’

(2) 28+1-(2a—d) = d2—1. Da 2“+1 gerade ist, muB auch die rechte Seite der Gleichung getade sein. d2 und‘damit auch d - ist also ungerade; wegen d>l gibt es also eine Darstellung d= 2b+1 mit beN. Setzt man diese Darstellung in (2) ein, gelangt man zu

23+1-(23—2b—1) = 4b, also 2"1-(23-2b-1) = b2+b, (3) 25-1-(21—2b—1) = b-(b+1).

.

Beide Seiten der Gleichung sind Produkte aus zwei positiven, ganzzahligen Faktoren, denn 521, also 2546 N. Auf der linken Seite ist ein Faktor eine Zweierpotenz, der andere ungerade; rechts sind die Faktoren benachbarte natiirliche

Zahlen. Der ungerade der beiden Faktoren b und b+1 muB daher ein Teiler von Za—Zb-l sein. Es gibt also eine natiirliche Zahl a, so daB einer der beiden Falle

(a) oder (b) vorliegt= (a) db = 28—21) —1 und (1-254 = b+1 , (b) a-(b+1) = 23-2b-1 und 01-2“'1 = b . Zu (a): Durch Einsetzen des Wertes (1-23'1—1 fiir b und Umformen erhalt man

a-(a-25‘1—1) = 23—2-(01'25'1—1) -1, 012-284 -a = Za—a-23+2—1, a2‘25‘1+a-25 = 2a +a+1. Wegen 012-2"1 22a und (1-2“ 2 (1-22 =40: ) a+1 ist dies offenbar nicht richtig. Zu (b): Durch Einsetzen des Wertes (1-25'1 fiir b in die erste Gleichung erhalt

man a-(a~2“1+1) = 2a—2-( (r234) -1. Durch Umformen ergibt sich hieraus

a2-25'1+a = Za—a-Zs —1 , also a2-25'1+a-23+1+a = 23, was wegen a-2s 2 2" > 29‘1 2 2a offensichtlich nicht richtig ist.

Die einzigen Losungen von (n) sind also (unter Beachtung der Einschrankun-

gen) alle Tripel (r, 2r-1, 22"1+1) mit reN. Die Gesamtheit der Losungen (x,y,z,u) erhalt man somit, indem man fiir jedes rEN und jedes nENo das Tripel (x,y,z) als Permutation von ( n, n+r, n+2r—1)

und u aus der Menge { -2n -(221“1+1) , 2“ ~(22r‘1+1)} wahlt. Bemerkungen zu haufigen Fehlern 1. Es reicht nicht, nach Reduktion auf die Gleichung 4"+4s +1 = v2 festzustellen, daB die linke Seite fiir s=2r—1 eine Quadratzahl ergibt; ohne den zusatzlichen 91.16

L 1991

2. Runde

Nachweis, daB der Term fiir st2r.1 fiir keine der zuléssigen Belegungen eine Quadratzahl ergibt, ist die gestellte Aufgabe nicht geléist. Denn erfiillen die ganzen Zahlen x, y,v die Gleichung x2+y+l=v2, so [5.81; sich daraus gig]; schlieBen, dafi y = 2x gilt. Vielmehr léBt sich bei beliebigem x,v El die Glei-

Chung mit y== v2—x2-1 erfiillen. 2. Man erhélt aus (x,y,z) die weiteren Lfisung (x,z,y), (y,x,z), (y,z,x), (z,x,y) und (z,y,x) nicht dutch zyklisches Vertauschen sondem durch Permutieren von x,y,z. Aufgabe 2

Im Raum seien acht Punkte so gegeben, daB keine vier in einer Ebene liegen. Von allen Verbindungsstrecken dieaer Punkte werden 17 blau geffixbt, die iib— rigen rot. Man beweise, daB hierbei stets mindestens vier blaue Dreiecke entstehen. Man beweise ferner, daB in obiger Behauptung ”vier” nicht dutch ”fiinf” ersetzt werden darf. Erliuterung: Mit blauen Dreiecken sind solche gemeint, bei denen alle drei Seiten blau ge-

fiirbt sind.

Vorbemerkung zur Sprechweise Da. die betrachteten blauen und roten Verbindungsstrecken der acht gegebenen Punkte Kanten des entsprechenden Graphen und Seiten der betrachteten Dreiecke sind, werden die Begriffe Kanten und Seiten nachfolgend in gleicher Bedeutung benutzt

Erste—Liismg Die Ecken seien mit E1, E2, E8 bezeichnet; die Anzahl der blauen Kanten, die von der Ecke Ei (i=1,2,3, ,8) ausgehen, sei fli. Zfihlt man nacheinander fiir jede Ecke die zugehérigen blauen Kanten, so wird jede der 1'? blauen Kanten genau zweimal gezihlt, da. sie zu jeweils zwei Ecken gehért. Man erhélt daher a

(1) Elfli = 34 -

Jedes aus den betrachteten blauen und roten Kanten gebildete Dreieck enthfilt 0, 1, 2 oder 3 blaue Kanten. Geméfi dieser Anzahl wird es als Nullblau, Einblau, Zweiblau oder Dreiblau bezeichnet. Die Anzahl der i—Blaus sei bi (i=0,1, 2, 3). Jede Kante gehfirt zu genau 6 Dreiecken. Durchliuft man so die zugehiirigen Dreiecke zéhlend alle blauen Kanten, erhilt man 17-6 Dreiecke; hierbei werden alle Dreiecke mit mindestens einer blauen Seite erfaBt, die Zweiblaus werden zweifach, die Dreibla.us dreifach gezéhlt. Man gelangt daher zu der Gleichung (2) b1 +2-b2 +3-b3 =17-6 .

91.17

2. Runde

1991 L

Als Folgerung ans (2) erhilt man b1+b3 = 2-(3-17-b2—b3); b1 und b3 sind also entweder beide gerade oder beide ungerade. Um eine dritte Gleichung zu gewinnen, werden die blauen ”V ’s” gezihlt, also die Figuren, die a.us jeweils zwei (verschiedenen) Strecken mit gemeinsamer Ekke bestehen.D von der Ecke Ei genau ,6, blaue Kanten ausgehen, gehoren zu dieser Ecke (2i))blaue V s. Zihlt gnan derart Ecke fiir Ecke diese blauen V—fiirmigen Figuren dutch, erhilt man igl (fizi) Figuren; dabei trigt jedes Zweiblau ein V, jedes Dreiblau 3 V 's bei, so dzfl sich die folgende Gleichung ergibt:

(s) g, (fig) = b2 +ab3. Durch Aufléisen voné3) nach b2 und Einsetzen des erhaltenen Terms in (2) erhilt man: b1+2-( i=1 (fiZ‘) —3b3)+3b3 = 17-6 . Durch schrittweises Umformen ergibt sich hieraus nacheinander:

b1+2- iE (5i) —3b3 = 17-6, 81 “I; fii 2(fii 1)

b1+:E:fi

3b3 = 17 61

E fl,—3b3=102

Mit (1) erlha'Jlt man hieraus die Gleichung on

b1+ iE1 fii2— 34— 3b3 = 102,

von der man dtgrch Auflbsen nach 3b3 211 (4) gelangt (4) 3b3 =i§1fii2+ b1--136. Die Anwendting der Cauchy—Schwarzschen Ungleichung auf die Vektoren (1,1,1,1,1,1,,11)T und (fl1,[32,fi3,/34,fl5,fi6,fi7,fi8)T 1m euklidischen Vektorraum R8 liefefi: nach Quadrieren beider Seiten die Ungleichung

s-Zfli2 z (2502, also 8-Zfli2 2 342 und somit E 5,2 2 144,5. Der Summationsindex i durchléuft dabei jeweils die Menge {1,2,3,.. . ,8 }. Da. alle Summanden gauze Zahlen sind, folgt sogar 2,3,2 2 145. Durch Einsetzen in (4) gelangt man zu 3b3 2 145+b1—136, also 3b3 2 9+b1 und somit b3 2 3 +?b1 . Wire b3=3, so folgte b1=0, was nicht sein kann, da. - wie als Folgerung aus (2) festgestellt wurde — b1 und b3 gleiche Paritét haben. Somit kann b3 nicht kleiner als 4 sein; es gibt also in der betrachteten Figur mindestens vier blaue Dreiecke.

Damit ist der erste Teil der Behauptung bewiesen. Zu zeigen bleibt noch, daB in der Behauptung vier nicht durch fiinf ersetzt werden darf, d.h., daB es mindestens eine Figur der in der Aufgabe beschriebenen Art gibt, bei der genau vier Dreiecke blau sind.

91.18

L 1991

2. Runde

Hierzu z'a'.hle man 8 Punkte im Raum, von denen keine vier komplanar sind, mit den Nummem 0,1,...,7 durch und stelle diese Nummem im Stellenwertsy— stem mit der Basis 2 dar, also 000, 001, 010,..., 111. Genau dann werden nun

zunichst zwei Punkte durch eine blaue Strecke verbunden, wenn sich ihre Ziffern an einer ungeraden Zahl von Stellen unterscheiden. Zu jeder der betrachteten Dualzahlen gibt es offensichtlich vier derart zugehiirige Zahlen, nimlich die drei, die durch Abindem einer Stelle entstehen, und die Zahl, die durch Abandern aller drei Stellen entsteht. Von jeder Ecke gehen also vier blaue Kanten aus; somit - zu jeder Kante gehéren ja. genau zwei Ecken - sind 16 Kanten blau gefirbt. Wenn von drei Ecken A, B,C die Ecke A blau mit B, die Ecke B blau mit C verbunden ist, unterscheiden sich nach Konstruktion die Nummem der Ecken A

und C (in binérer Darstellung) a.n einer geraden Anzahl von Stellen; A ist also nicht blau mit C verbunden. Die Figur enthilt also bisher kein blaues Dreieck. Nun werden zur Eintragung der 1?. blauen Kante noch die Ecken mit den Nummem 000 und 011 bla.u verbunden. Da. aufier dieser Kante von Ecke 000 nur vier Kanten ausgehen, kiinnen héchstens vier blaue Dreiecke in der Figur vorkommen. Erliutemde Bemerkung Deutet ma.n die Ziffem bei der Numerierung im Binfirsystem a.Ls Koordinaten, so beschfeibt das angegebene Gegenbeispiel das Modell eines Wfirfels, bei dem alle AuBenkanten und alle Raumdiagonalen sowie eine Flfichendiagonale blau gefirbt sind. Dies ist i.w. auch das Gegenbeispiel der folgenden Lésung. Wenn man das Wiirfelbeispiel verwendet, muB man einige Ecken noch ein wenig ver— schieben, damit die in der Voraussetzung genannte Lagebedingung erfiillt wird. Will man nicht gleichzeitig diese geometrische Deutung assoziieren, reicht es, den Graphen fiir das Gegenbeispiel auf folgende Weise zu konstruieren: Man wihle acht Punkte beliebig, aber so, daB nicht vier in einer Ebene liegen, und zerlege die Menge dieser acht Punkte in zwei vierelementige Mengen U und V. Verbindet man nun jeden Punkt aus U mit jedem Punkt aus V blau, so hat man zunéchst 16 blaue Verbindungsstrecken, wobei von jedem Punkt genau vier blaue Strecken ausgehen, und offensichtlich noch kein blaues Dreieck Verbindet man nun noch einen beliebigen Punkt A aus V blau mit einem beliebi-

gen Punkt B aus V\ {A}, so kiinnen héchstens vier blaue Dreiecke entstehen, da. a.lle die Seite AB enthalten miissen und von A zusitzlich zu AB nur vier Kanten ausgehen. Zweite Lésung Die Ecken seien mit E1, E2, E8 bezeichnet; die Anzahl der blauen Kanten, die von der Ecke Ei ausgehen, sei ,Bi (i=1,2,3, ,8) . Da. jede blaue Kante zu zwei

Ecken gehéirt, ergibt sich

(I!) 2 [ii = 34 . 91 .19

2. Runde

1991 L

Hierbei - wie in den nachfolgenden Summen dieser Losung - durchlauft der Summationsindex i jeweils die Menge {1,2,3,...,8 }. Es sei ,6: max {.Bil 15i58}. Da jede Ecke mit h6chstens 7 - namlich allen anderen - Ecken verbunden sein kann, ist [3 nicht grfifier als 7. Wire andererseits ,5 kleiner ale 5, so folgte Xfii s 2 fl s 8-4 = 32 - im Widerspruch zu (s). AlsogiltSs [is 7. Es muB also fi=7, [3 =6 oder ,3 =5 gelten. Diese drei Falle werden nachfolgend untersucht. Dabei zeigen die Skizzen immer nur einen Teilgraphen des gesamten zu betrachtenden Graphen; alle eingezeichneten Kanten sind stets blau. Fall 1: ,6 = Von mindestens einer Ecke - es sei oBdA El— ge— hen 7 blaue Kanten aus. Da auBer den Kanten ElEi (i=2,3,...,8) noch weitere 10 blaue Kanten existieren und jede dieser Kanten ein blaues Drei- _ eck ElEiEj schlieBt (2 s K j s 8), gibt es in der Fi-

gur sogar - fiber die Behauptung hinausgehend mindestens 10 blaue Dreiecke. Fall 2: fl = Von einer Ecke - es sei oBdA E1 — gehen 6 blaue Kanten und eine rote Kante

E5 E6

E4 E3

aus; die rote Kante fiihre (wieder oBdA) zur Ekke E3. Unter den Strecken EiEs (i: 2,3,...,7)

kiinnen hochstens 6 - namlich alle - blau sein. Es gibt also noch mindestens 5 blaue Strecken EiEj 0 E2 (25i 0. Mit diesen natiirlichen Zahlen k und m gewinnt man nun zwei verschiedene Darstellungen der betrachteten Art fiir n.

1) n=a-b-c'1k=a-b-c—a—b-c+a.+b+c=a.+b+c+k-1 2) n=(ab)-c-1m=a.b+c+(a.bc-a.b-c) =ab+c+m-1. Die beiden Darstellungen sind verschieden, da. die erste Summe mehr Summanden hat a.Ls die zweite. Keine der natiirlichen Zahlen mit mehr als zwei Primfaktoren ist also gut.

Ergebnis: Genau die natiirlichen Zahlen sind gut, die genau zwei Primfaktoren haben.

M’s—3 Gegeben ist ein Dreieck ABC mit den Seitenlia‘ngen a, b, c Drei Kugeln beriihren sich paarweise und beriihren auBerdem die Ebene des Dreiecks in den Punkten A, B bzw. C. Man bestimme die Radien dieser Kugeln. Vorbemerkung Die Ebene des Dreiecks zerlegt den Raum in zwei Halbriume. Offensichtlich liegen alle drei Kugeln im gleichen Halbraum, denn légen zwei der Kugeln - sie m8gen sich in P beriihren - in verschiedenen Halbriumen, ante die dritte Kugel unter den gegebenen Voraussetzungen die beiden anderen ebenfalls nut in P beriihren, das Dreieck ABC wire also zu einem Punkt ausgeartet. Da. die Kugeln die Ebene in drei verschiedenen Punkten beriihren, ist eine Innenberiihrung der Kugeln ausgeschlossen. 92.5

1. Runde

1992 L

Erste Lésung Die Radien der Kugeln fiber A, B, C seien in dieser Reihenfolge mit r, s, t bezeichnet. Da der Ben'ihrradius im Eckpunkt des Dreiecks jeweils senkrecht auf der Ebene des Dreiecks steht, und da. die Beriihrradien in den gegenseitigen Beriihrpunkten der Kugeln jeweils auf einer Gerade durch die Mittelpunkte der beiden Kugeln liegen, entsteht fiber jeder Dreiecksseite ein Trapez, das als parallele Seiten jeweils zwei der Kugelradien hat. Aufgrund der Rechtwinkljgkeit ergibt sich (durch An— r+s wendung des Satzes von Pythagoras, s. Figur rechts) : r Die Gleichung c2 = 41's setzt dabei nicht die fiir die Zeichnung zugrundegelegte Beziehung r > s voraus, a c denn wegen (r - s)2 = (s — 1')2 gilt die hergeleitete Glei- A chung auch, wenn s gréfler als r ist. Ist schlieBlich speziell r = s, so gilt c= r+ s = 2r,

wt!

(r + s)2 = c2 + (r - s)2; dies ist Equivalent 211 c2 = 4rs .

also c2=4r2=4rs.

Unter Ausnutzung der Symmetric der Aufgabenstellung erhalt man aus c2 = 4rs durch zyklisches Weitergehen: a2 = 4st und b2 = 4tr .

Damit erg'ibt sich a2b2c2 = 4rs ~ 431; - 4tr = 64r2 321:2, also abc = 8rst . Aus abc = 8rst und c2 = 4rs ergibt sich dutch Einsetzen abc = 2c2t, also 1: = gch .

Analog (Oder einfacher durch zyklisches Weitergehen) ergeben sich die Werte ffir r und 8, so daB man folgendes Resultat hat:

Die gesuchten Kugelradien sind r = 9;: , s = £35 und 1’. = 3'5b Zweite

Bsu

Die Radien der Kugeln iiber A, B, C seien wie in der ersten Lésung mit r, s, 1;, die Mittelpunkte der zugehérigen Kugeln mit R, S, T bezeichnet. Die Skizze zeigt wieder das Trapez ABSR mit rechten Winkeln an den

Ecken A und B (n hierzu die erate Lésung). Die Ebene E dieses Trapezes enthalt auch den Beriihrpunkt P der Kugeln. Die Tangentialebene schneidet die Ebene E in einer Geraden; deren Schnittpunkt mit AB sei mit Q bezeichnet.

Die Winkel ARP und BQP sind gleich groB, da sie beide jeweils vierter Winkel in einem Viereck mit zwei rechten Winkeln und dem Winkel PSB sind. Die gleichschenkligen Dreiecke APR und BPQ sind also ahnlich; entsprechend sind

92.6

L 1992

1. Runde

die Dreiecke PAQ und PBS ahnlich. Da. die Vierecke AQPR und BSPQ dutch orientierungstreues Aneinanderlegen dieser Dreiecke langs der Seite AP bzw. PB entstehen, sind diese Vierecke ebenfalls ahnlich. Man erhalt daher

(1) fi=fi =Q—B=B_S. Da. jeweils zusamengehérende Tangentenabschnitte gleiche Linge haben, sind die Strecken QA und QP gleich lang, entsprechend die Strecken QB und QP und somit auch QA und QB; Q ist also der Mittelpunkt der Strecke AB;

1‘72 = Q—B = g.

Wegen (1) erhalt man daher r = g =55:— = s und somit (2) c2 = 4rs. Ana (2) erhalt man die Gleichungen a2=4st und b2=4tr durch zyklisches Weitergehen; Multiplikation der Darstellungen van a”, b2, c2 miteinander und anschliefiendes Wurzelziehen liefert (3) abc = 8rst. Dutch Division von (3) durch (2) ergibt sich t = i3- ; analog - oder einfach wieder durch zyklisches Weitergehen - gelangt man schlieBlich zu r = 1%: und zu 5=%5 .

Aufgabe 4 Eine endliche Menge {a1, a2, . . . , ak} natiirlicher Zahlen mit a1 1+1 = 2, also 2(2. Zu (3)=(Indirekt) Es seien OBdA die Innenwinkel an den Ecken A und B klein. Der Schnittpunkt der Geraden (AE) und (BC) sei P. Da die Summe der Innenwinkel bei A und B kleiner a.ls 111° ist, hat der InnenE C winkel bei P eine Weite fiber 60°, ist also der gréBte Winkel im Dreieck ABP. Somit ist AB die langste Seite; die Lingen von AP und BP sind also kleiner als 1. Mil;hin liegen C und E auBerhalb der Dreiecksseiten. Die B Fiinfecksseiten AE und BC schneiden sich also - im Wi- A derspruch zur Konvexitat des Fiinfecks.

Zn (4): OBdA sei der Innenwinkel des Fiinfecks an der Ecke A klein, der Innenwinkel bei B ausgezeichnet; es gelte also 0°< a ( 60° s [3 s 120°. Die GroBen der Innenwinkel mit Scheitel E in den Dreiecken ABE, BCE, CDE werden mit 61, £2, £3 bezeichnet. Wire das Fiinfeck konvex, ware der Winkel AED nicht weiter als ein gestreckter, die Summe 5| +£2+ 53 konnte also nicht griiBer als 180° sein.

92.22

L 1992

2. Runde

D

m E w 6

Am A B

C

Im gleichschenkligen Dreieck ABE mit Basis BE milssen wegen a 60°. Da. die Seite BE im Dreieck ABE dem kleinsten Winkel gegem'iberliegt, ist ihre Linge kleiner a.ls l. Wegen 60° s ,8 s 120° und ,31 > 60° ergibt sich [‘32 < 60°

W'a:.re die Linge dsr Selte EC des D'reit'ecks-BCE nicllt klemer als 1, so ware ale langste Selte 1n d1esem Dre1eck, was wegen fl2 60°. Da. (wegen E—C_ < 1) EC kiirzeste Seite im gleichschenkligen Dreieck CDE ist, folgt schlieBlich 53)60°. Damit hat man mil: 5' +62+53 > 180° den gewiinschten Widerspruch. Aufgabe 4

Fill" drei Zahlenfolgen (xn), (yn), (Zn) mit positiven Anfangsgliedern xl , y‘, zI gelte

xn+1 = yn+ % , yn+1 = zn+ % , zn+1 = xn+l , (n = 1, 2, 3, ...). Man beweise; a) Keine der drei Folgen ist nach oben beschrinkt.

b) Mindestens eine der Zahlen x200, 3’200: 2200 ist gréBer als 20 . Vggbemerkung

Nach Voraussetzung sind die Anfangsglieder x1, y1’ z1 - und somit auch ihre Kehrwerte - positiv. Da. die Summe positiver Zahlen Wieder positiv ist, folgt aus der rekursiven Definition hiermit unmittelbar dutch Induktion, daB a.lle drei Folgen aus positiven Gliedern bestehen.

Wire eine der Folgen (xn),'(yn), (Zn) durch eine Zahl s nach oben beschréinkt, so wiren alle drei Folgen dutch s nach oben beschrinkt, denn aus der Definition der Folgen ergibt sich die Ungleichungskette xn+3 > yn+2 > z11+ 1 > xn . Dann wire durch 35 auch die Summenfolge ( xn+ yn+ Zn) nach oben beschrénkt. Zum Nachweis von Behauptung a.) geniigt es also, zu zeigen, daB eine der vier

Folgen (xn), (yn), (Zn) , (xn+yn+zn) nach oben nicht beschrénkt ist. Diese Vorbemerkung ist Teil der Lésung und gehért zu den nachfolgend ange— gebenen Lésungsvarianten.

92.23

2. Runde

1992 L

Erste Lésung Fiir neN setze man sn== (xn+yn+211)? Dann gilt (1) sn 2 18n ffir jedes 11 ans N\{ 1}, wobei fiir n 23 sogar schirfer ")” gilt,

wie nachfolgend dutch vollsténdige Induktion gezeigt wird. Hierbei wird die fiir a.lle positiven Zahlen x giiltige Ungleichung x+ I} 2 2 benu’rzt, die z.B. unmit-

telbar aus der Kette x+'— = x+'— -2 +2 = (1’)?- 1173‘: )2+2 2 2 folgt. '_)Z Fiirn_=2 hat mans2 = (x2+y2+222) =(y1+—+zu +Ll+xl + 171 =((y1+1y_1)+ (z1+—ZI)+(XI+

X—'))2

2 (2+2+2)2 = 36, also 32 2 1822. Gilt nun fiir eine natiirliche Za.hl n (n22) die Ungleichung sn 2 18n, so ergibt sich hiermit: 2

_ sn+1

(xnd :W211:1)

(yn , +z+++x +792 1

+x )(—+,++1—.,) = m = 20

erhalt, ist mindestens eine der Zahlen xzoo, yzoo' zzoo griSBer als 20; dies war zu Teil b) zu zeigen. Es sind also nur noch die Nachweise 211 (1) und Zn (2) zu erbringen. Zullj- Furn=2hatmanv2=v+— =(y’v_-TV ‘2)+222= f2-2 .Setztman 1 V] l

nun fiir eine natiirliche Zahl n (n22) die Giiltigkeit der Ungleichung v11 2 fin voraus, so erhalt man

vnii = (vn+v1—m)2 = vn2,;+2+(:2) > 2n +2= 2-n(n+1),a.lsov I) {2(n+1) . Damit ist der Induktionlslbeweis zu (1) erbracht. Zn [2): Die Behauptung gilt fiir n=1, denn man hat ma.x(x1,y1 '21) 2 x1: v1. Zum Schritt von 11 zu n+1 sei nun fiir ein n6 N vorausgesetzt: max(xn, yn, zn) 2 vn. Zu zeigen ist dann= max(xn+1, yml, 2nd) 2 vn+1 . Hierbei werden die drei Fille

(x): max