Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1983-1987 [1 ed.]

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Bundeswettbewerb Mathematik

Aufgaben und Liisungen 1983-1987

Bundeswettbewerb Mathematik

Aufgaben und Lésungen

1983—1987

Herausgegeben vom Verein Bildung und Begabung Verantwortlich: Kuratorium des Bundeswettbewerbs Mathematik,

Bonn-Bad Godesberg Bearbeitet von Klaus-R. Léffler

Ernst Klett Verlag

Der Bundeswettbewerb Mathematik ist eine Initiative des Stifterverbandes ffir die Deutsche Wissenschaft und der Linder der Bundesrepublik Deutschland.

ISBN 3 -12-710720-X 1.Auflage

1 5 4 3 2 1[1992 91 90 39 88

Alle Drucke dieser Auflage kénnen im Unterricht nebeneinander benutzt werden, sie sind

untereinander unverfmdert. Die letzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes‘ © Ernst Klett Verlage GmbH u. Co. KG, Stuttgart 1988. Alle Rechte vorbehalten. Druck: Gutmann u. Co., Heilbronn

Vorwort Einleitung

A

Inhaltsverzeichnis

Wettbewerb 1983 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lbsungen 1. Runde Lbsungen 2. Runde

83.1 83.2 83.3 83.15

Wettbewerb 1984 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lbsungen 2. Runde

84.1 84.2 84.3 84.16

Wettbewerb 1985 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lbsungen 1. Runde Lbsungen 2. Runde

85.1 85.2 85.3 85.14

Wettbewerb 1986 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lbsungen 1. Runde Lbsungen 2. Runde

86.1 86.2 86.3 86.19

Wettbewerb 1987 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1. Runde Lésungen 2. Runde

87.1 87.2 87.3 87.15

Vorwort

Vorwort Der

Bundeswettbewerb

Mathematik wurde in diesem Jahr zum siebzehnten

Mal an den Schulen in Seit

1970

der

beteiligten

Bundesrepublik

sich

Deutschland

durchgeffihrt.

rund 27 000 Schfllerinnen und Schfiler am

Wettbewerb. Einige von ihnen, genau 296, konnten den Bundessieg errin—

gen

und

wurden

wfihrend ihres Studiums in die Ffirderung der Studien-

stiftung des deutschen Volkes aufgenommen. Eine kUrzlich Untersuchung

zum

manchem Bundessieger der ersten Studium

sogar

vorgenommene

weiteren Werdegang der Bundessieger’ ergab. daB aus

schon

Wettbewerbslfiufe

nach

erfolgreichem

ein Mathematik—Professor geworden ist. Der wohl

bekannteste unter ihnen dfirfte Gerd Faltings sein,

Bundessieger

1970

und 1971.

Der

Bundeswettbewerb

Mathematik ist nicht nut einer der filtesten und

erfolgreichsten Wettbewerbe, er gehfirt auch zur Gruppe der ten

Schfilerleistungswettbewerbe,

die

bundeswei—

unter der Schirmherrschaft des

Bundesprasidenten stehen. Schliefllich sei noch vermerkt, dap die Schfi— lermannschaft

der Bundesrepublik Deutschland ffir die alljfihrliche In-

ternationale Mathematik-Olympiade in der

Regel

aus

den

Teilnehmern

des Bundeswettbewerbs Mathematik ermittelt wird.

Im

Laufe seiner siebzehnjfihrigen Geschichte blieben Inhalt und Ablauf

des Wettbewerbs unverfindert. Nur derte

sich.

Seit

Durchffihrung des

einer

Initiative

1984

ist

Wettbewerbs

des

organisatorische

Basis

veran—

verantwortlich,

der

ursprflnglich

nus

Stifterverbandes fur die Deutsche Wissenschaft

entstand und nun mit Unterstfitzung

und

die

der Verein Bildung und Begabung ffir die

des.

Bundesministers

fUr

Bildung

Wissenschaft sowie der Kultusminister der Lander in der Bundesre—

publik Deutschland veranstaltet wird.

Als

private

Einrichtung

will

\forvvort

der

Verein

alle

Bemfihungen unterstfitzen, die darauf gerichtet sind,

besonders interessierte, begabte und leistungswillige zu

finden

und

zu

f6rdern.

junge

Menschen

Im Mittelpunkt seiner Arbeit stehen die

beiden Bundeswettbewerbe Mathematik und Fremdsprachen sowie die

deut-

sche Beteiligung an der Internationalen Mathematik-Olympiade.

Nachdem

der Verlag Ernst Klett dankenswerterweise einen Nachdruck der

Aufgaben und Lfisungen aus den Jahren 1972 his 1982

in

einem

Doppel-

band bereits wieder aufgelegt hat, wird die Reihe der Verfiffentlichun— gen von Materialien des Bundeswettbewerbs Hathematik

nun

mit

dieser

Sammlung der Aufgaben und Lfisungen von 1983 his 1987 fortgesetzt.

Fur den Verein Bildung und Begabung ist diese Publikation ein willkom-

mener Anlafl. all jenen zu Jahren

ermfiglichen:

danken,

hierzu

die

den

Wettbewerb

aus

vielen

gehfiren die finanziellen Ffirderer ebenso

wie die Vertreter der Kultus— und Schulbehfirden sowie die Fachleute

seit

zahlreichen

Hochschule, Schule und der Wirtschaft, die den Wettbe-

verb als Gremienmitglieder,

Aufgabensteller

oder

Gutachter

geprfigt

haben.

Ich

wfinsche dieser Publikation viele interessierte und sachversténdi—

ge Leser unter unseren jungen Menschen.

Bonn im Dezember 1987

Walter Rasch, Senator a.D. Vorsitzender des Vereins Bildung und Begabung

‘ Rahn, H. Talente finden - Talente ffirdern. Gfittingen, 1985

Einleitung

Einleitung Der Bundeswettbewerb Mathematik geht in das achtzehnte Jahr seines Be— stehens. Genau 26 579 Schfilerinnen und Schfiler aus dem

desgebiet

haben

sich bislang am Wettbewerb beteiligt. Dabei schwank-

ten die Teilnehmerzahlen von Anfang

Wettbewerbsveranstalter

wie

H6he

an

recht

stark.

der

wie

Ursachen,

auf

der Wettbewerb keinen direkten Einflufl hat, wie z. B. Verbreitung

der Unterlagen und werbende Unterstfltzung der

Mapnahmen

der Preise oder Schwierigkeitsgrad

der Aufgaben mfigen hier ebenso eine Rolle spielen die

Bun—

gesamten

Vielzahl

in

den

Schulen.

Aufgrund

der Einflfisse lassen sich die Schwankungen der Teilneh—

merzahlen in jedem Jahr kaum bfindig erklfiren.

Leider, yenn auch in der Natur der Sache liegend, hat

keine

der

Wettbewerb

fiber die Anzahl derer, die sich intensiv mit den

Informationen

Aufgaben beschfiftigen, aber dann doch keine Wettbewerbsarbeit den,

aber unsicher sind, ob die Qualitfit der chend

einsen—

sei es, dap sie keine vollstandigen Lfisungen gefunden haben oder

ist.

Hier

ist

gefundenen

Lfisungen

ausrei—

der Wettbewerb darauf angewiesen,-dap m6g1iche

MiBerfolgserlebnisse in der Schule aufgefangen werden.

Um jedoch den Einstieg in den Bundeswettbewerb Mathematik etwas zu erleichtern, hat das Kuratorium des Wettbewerbs die Teilnahmebedingungen

ffir die erste Runde modifiziert. So reicht es nun zur Aufnahme in Korrekturverfahren

haben (bisher mupten es drei Aufgaben sein). Auperdem wird — probehalber

ffir

die

erste

Runde

Diese Gruppenarbeiten durehlaufen

auper

Konkurrenz

das

der ersten Runde, eine der vier Aufgaben gelést zu

und

1988

zunfichst

- Gruppenarbeit zugelassen.

allerdings

das

Korrekturverfahren

kfinnen auch nicht zur Teilnahme an der zweiten

Runde berechtigen. Hit dieser Maflnahme soll der Charakter

der

ersten

Einleitung Wettbewerbsrunde als Einstiegsrunde noch stfirker betont werden. An

dem Schwierigkeitsgrad der Aufgaben findert dies allerdings nichts.

Genauso wenig findert sich etwas an den fibrigen Runden des

und

Wettbewerbs

der Teilnahmeberechtigung ffir sie. Nach wie vor stellt die zweite

Wettbewerbsrunde hohe Anforderungen und sind in

werbsrunde

der

dritten

Wettbe—

keine Aufgaben mehr zu lfisen, sondern mfissen sich hier die

Teilnehmerinnen und Teilnehmer in einem Kolloquium

mit

Mathematikern

aus der Hochschule und der Schule bewfihren.

In

der ersten Wettbewerbsrunde kann ein erster bzw. zweiter Preis und

damit die Teilnahmeberechtigung ffir die

erreicht

warden.

zweite

Wettbewerbsrunde

nut

wenn alle vier Aufgaben bearbeitet und richtig bzw.

im wesentlichen richtig gelfist wurden. In der zweiten Runde werden er— heblich

strengere

Mapstfibe

an

die

gelegt. Hier kann ein erster Preis und gung

ffir

die

dritte

Preiswfirdigkeit damit

die

einer

Arbeit

Teilnahmeberechti-

Wettbewerbsrunde, das Kolloquium. nur erreicht

werden, wenn alle Vier Aufgaben

richtig

gelast

wurden

und

darfiber

hinaus auch die Darstellung der Lfisungen einwandfrei ist.

Die

Preisstufen

gehen in beiden Aufgabenrunden bis zum 3. Preis, der

in der ersten Runde auch dann noch vergeben wird, wenn nut drei Aufgaben

richtig

gelfist

sind. Darfiber hinaus gibt es in der ersten Runde

eine Anerkennungsurkunde, die bei richtiger Aufgabe

vergeben

wird.

In

Lfisung

mindestens

einer

der dritten Wettbewerbsrunde gibt es nur

eine Preisstufe. den Bundessieg.

Die Auswahl der Aufgaben far die jeweilige erste

und

zweite

Wettbe-

werbsrunde obliegt dem Aufgabenausschufi des Bundeswettbewerbs Mathema— tik. Das Material ffir die Auswahl

ist

ein

Aufgabenvorrat,

der

das

ganze Jahr fiber von den Mitgliedern des Aufgabenausschusses durch Neu-

vorschlfige, Modifizierungen und Streichungen auf aktuellem

Stand

ge-

halten wird. An die Aufgaben werden verschiedene Anforderungen gestellt: Die Aufga—

ben sollen kurz und einpragsam zu formulieren und von lung

oder

dem

Ergebnis

sein, ihre Hauptanforderung an die Lasenden im stellen,

knappe

der

Fragestel—

her interessant und vielleicht aberraschend

fiberschaubare

Lfisungen

Paket einen nicht zu schmalen Sektor

der

heuristischen

zulassen

Bereich

und insgesamt als

Elementarmathematik

abdek-

Einleitung ken. Bevorzugte Gebiete, aus denen Aufgaben gestellt werden, sind ele— mentare Zahlentheorie. Graphentheorie, Kombinatorik und vor allem

die

Geometrie. Der

Formulierung

der

Aufgaben

wird besondere Sorgfalt gewidmet, da

die Verstandlichkeit und Eindeutigkeit der Teilnehmerinnen

Aufgabenstellung

fflr

zisierung einer Aufgabenstellung in manchen Fallen den Eindruck

komplizierteren

Formulierung

der

Aufgabe

auch

nicht

ganz

gewfihlt. Dies geschieht in den

Fallen, wo eine der beiden mfiglichen Deutungen lich

eines

Sachverhalts erwecken und damit den Einstieg eher er-

schweren kann, wird bisweilen eine einfachere, wenn eindeutige

'die

und Teilnehmer von grfipter Bedeutung ist. Da die Pra—

auf

eine

offensicht-

unsinnige oder triviale Fragestellung ffihrt. Die Einsicht in die

gemeinte Aufgabenstellung wird dann

auch

ohne

zusfitzliche

Hinweise

den Lfisenden zugemutet.

Das

Bewertungsverfahren des Bundeswettbewerbs Mathematik ist absolut;

das bedeutet, dafl die Gesamtzahl der Preistragerinnen und weder

von

vornherein

festgelegt,

Preistrager

noch je Preisstufe nach oben oder

unten begrenzt ist. Es wird auch keine Rangfolge der einzelnen Wettbe-

werbsarbeiten

gebildet, sondern es wird ausschlieplich die mathemati—

sche Leistung bewertet. So ist die Leistungseinstufung ffir

die

nehmerinnen

wird nicht

und

Teilnehmer

weitgehend

nachprfifbar

und

Teil—

durch fachfremde Kriterien beeinflufit. Die BewerungsmaBstabe sind streng. Neben der keit

der

Lfisung

mathematischen

Richtig-

gehen Gedankenffihrung und Logik der Darstellung we—

sentlich in die Bewertung ein, nicht aber in gleichem HaBe die Beherr—

schung

der

mathematischen

Fachsprache. Denn hier flieflen naturgemap

besonders stark die jeweiligen Unterrichtserfahrungen ein.

Am Ende jeder Runde erhalten die Teilnehmerinnen Bundeswettbewerbe

Mathematik

und

des

Lfisungsbeispiele zu den Aufgaben dieser

Runde. Zum einen sollen ihnen diese Lfisungsbeispiele Auffinden

Teilnehmer

als

Hilfe

beim

der von den Korrektoren beanstandeten Mangel in ihrer eige—

nen Ausarbeitung dienen, zum anderen

erhalten

sie

Anregungen

durch

das Kennenlernen von Lfisungsvarianten oder vfillig anderen Lfisungen. Die

erste

Fassung

dieser

Lfisungsbeispiele entsteht jeweils vor dem

Einleitung

diese

erhalten

Version

zusammen

dieser

Korrektoren

Einsendeschlup einer Wettbewerbsrunde. Die

Runde

den von ihnen durchzusehenden

mit

Aufgaben.

Wettbewerbsarbeiten und Korrekturhinweisen zu den einzelnen

der Korrektur werden weitere Lfisungsideen von Korrektoren und

Wfihrend

vor allem auch aus Teilnehmerarbeiten gesammelt und gegebenenfalls

die

in

Lfisungsbeispiele eingearbeitet. Auf diese Weise ist dann die end—

gfiltige Version der Lfisungsbeispiele entstanden, wie sie den

Teilneh-

merinnen und Teilnehmern ausgehfindigt wird. Die

hier

vorgelegte Sammlung enthfilt vollstfindig die jeweiligen End-

fassungen der Lfisungsbeispiele aus den Jahren 1983 his 1987.

blick

auch

auf

Im

Hin-

den dokumentarischen Charkater sind in den einzelnen

Lfisungsbeispielen

weder

Kfirzungen

noch

Ergfinzungen

vorgenommen

warden. Es ist lediglich versucht warden, Druckfehler so weit wie mag— lich zu beheben. Wir sind nicht so vermessen zu glauben, daB uns

dies

v61 1 is gelungen ist .

Der

Bundeswettbewerb

Mathematik

ist

kein Schulwettbewerb, aber da—

durch, dafl er ausschliefllich ffir Schfilerinnen und Schfiler ausgeschrieben

wird,

wirkt er direkt in die Schule hinein. In seinen fachlichen

Anforderungen baut er auf den Voraussetzungen auf, die die Schule schaffen

hat.

Es

gehfirt

werbs, inhaltlich Lehrplfine zu

wenngleich

ergfinzen

oder

gar

zu

kompensieren,

viele seiner Aufgaben Themen der Mathematik behandeln, die

im Schulunterricht aus Platzgrfinden knapp

ge-

allerdings nicht zu den Zielen des Wettbe-

gar

nicht

mehr

oder

nur

noch

behandelt werden kfinnen. Insofern kfinnen die Aufgaben ffir alle,

die sich mit ihnen beschfiftigen, eine Ergfinzung stellen.

Zu

zum

Schulstoff

im allgemeinen ein prinzipieller Unterschied. Obwohl - wie malerweise

dar-

den in der Schule gestellten Aufgaben besteht gleichwohl

spfiter

heraustellt

sich

nor-

- alle mathematischen Voraussetzungen

zur Lfisung des gestellten Problems zur Verffigung stehen, gelingt

eine

zufriedenstellende

sind

Bearbeitung

zunfichst

nicht.

Die

Aufgaben

bewuBt so gestellt, dap erst eine intensive Beschfiftigung mit dem

ge-

stellten Problem und seinem mathematischen Umfeld zu ersten Ldsungsan-

sfitzen und schlieBlich zu einer erfolgreichen Lfisungsidee

letztes

mufl

diese

Idee

ffihrt.

Als

dann exakt formuliert werden, eine Aufgabe,

die nicht unterschatzt werden sollte. Im Idealfall (der fibrigens

sehr

Einleitung haufig

der

Normalfall

ist) warden die Lfisenden so einen Einstieg in

mathematische Denk— und Arbeitsweisen gefunden haben.

Der Bundeswettbewerb Mathematik wflnscht Fachlehrer.

und

sich

die

Unterstfltzung

bei der Hinfuhrung jfingerer Schfilerinnen und

Schfiler

Problemlfi—

zum

Der vorliegende Band kann hier mit Aufgabenmaterial und Lfisungs—

sen.

beispielen unterstfitzend helfen. Er ist auch als Aufgabensammlung dacht,

ge-

und es sei allen Interessenten angeraten, sich Aufgaben auszu-

wahlen, die ihr Interesse wecken, und zunachst eigene zu

der

er ist auf diese Unterstfitzung angewiesen. besonders

Lasungsversuche

unternehmen. ehe sie sich den Lfisungsbeispielen zuwenden. Zusammen

mit dem

Nachdruck

(Klett—Buch

Nr.

der

Aufgaben

und

L6sungen

von

1972

mit

mehre-

Lésungsvarianten. Ffir jeden am Problemlfisen Interessierten bietet

sich hier eine Sammlung verschiedenster

allen

1982

71074) liegen nun bis auf zwei Jahrgfinge alle Aufga-

ben des Bundeswettbewerbs Mathematik vor, zum gropen Teil ren

his

Leserinnen

Aufgaben,

und

wit

wfinschen

und Lesern dieses Buches viel Freude und Erfolg bei

eigenen Lfisungsversuchen.

Bonn im Dezember 1987

Dipl.—Math. Hanns-Heinrich Langmann

Prof. Dr. Gfinter Pickert

Leiter der Geschfiftsstelle

Vorsitzender des Kuratoriums

des Bundeswettbewerbs Mathematik

des Bundeswettbewerbs

10

Mathematik

1983 A

1. Runde

Aufgaben 1983 1.

1. Runde

Die Oberflfiche eines FuBballs setzt sich aus schwarzen Ffinf— ecken und weiBen Sechsecken zusammen. An die Seiten eines jeden Ffinfecks grenzen lauter Sechsecke, wfihrend an die Seiten eines jeden Sechsecks abwechselnd Ffinfecke und Sechsecke grenzen. Man bestimme ans diesen Angaben fiber den FuBball die seiner Ffinfecke und seiner Sechsecke.

2.

Anzahl

Von einem rechtwinkligen Dreieck sind Umkreis— und Inkreisra— dius gegeben. Man konstruiere das Dreieck mit Zirkel und Lineal, beschreibe die Konstruktion und begrfinde ihre Richtigkeit.

3.

Eine reelle Zahl heiBt dreisam, wenn sie eine Dezimaldarstel— lung besitzt, in der keine von 0 und 3 verschiedene Ziffer vorkommt. Man beweise, daB sich jede positive reelle Zahl als Summe von neun dreisamen Zahlen darstellen lfiBt.

4.

Es sei g eine Gerade und n eine vorgegebene natfirliche

Zahl.

Man beweise, daB sich stets n verschiedene Punkte auf g sowie ein nicht auf g liegender Punkt derart wéhlen lassen, daB die Entfernung je zweier dieser n+1 Punkte ganzzahlig ist.

83.1

A 1983

2. Runde

Aufgaben 1983 1._

2. Runde

Die nebenstehende Figur zeigt einen dreieckigen Billardtisch mit den Seiten a , b und c. In Punkt S auf c befindet sich eine — als punktférmig anzunehmende - Kugel. Nach AnstoB durchléuft sie, wie in der Figur angedeutet, infolge Refle— xion an a, b, a, b und c (in S) immer wieder dieselbe Bahn. Die Reflexion erfolgt nach dem Reflexionsgesetz. Man charakterisiere die Gesamtheit aller Dreiecke ABC, die eine solche Hahn zu— lassen, und bestimme die Lage von S.

b

a

S

c

2.

Zwei Personen A und B machen folgendes Spiel: Sie nehmen aus der Menge {0,1,2,3,...,1024} abwechselnd 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1 Zahlen weg, wobei A zuerst 512 Zahlen wegnimmt, B dann 256 Zahlen usw. . Es bleiben zwei Zahlen a, b stehen (a UV'= AB kann Q nicht in F liegen, da A und B in F maximale Entfernung haben. Damit ist (1) bewiesen.

Zum Nachweis von (2) ist zu zeigen, daB jede abgeschlossene Kreisscheibe eben, abgeschlossen und beschrankt ist und mit je zwei Punkten P,Q auch einen der Halbkreise fiber PO enthalt. Es sei r der Radius einer betrachteten abgeschlossenen Kreis— scheibe K mit Mittelpunkt M. Gehért ein Punkt S nicht zur Kreis— scheihe, so gehéren alle Punkte der Kreisscheibe um S mit Radius 0,5-(MS—r) nicht zu K; K ist also abgeschlossen. K ist trivialer— weise beschrfinkt, da kein Punkt von K weiter als r von M entfernt ist. Seien schliefllich P und 0 beliebige Punkte von K; dem Durchmesser PO sei h. Der Kreis h wird von P0 in die beiden Halbkreisbégen b und 0 zerlegt. Zu zeigen ist, daB mindestens einer der beiden Halbkreise b, c ganz zu K gehort. Der Rand von K sei mit k bezeichnet. Es gehore nicht ganz b zu K, da sonst nichts mehr zu beweisen ist. Dann sind die Kreise k und h verschieden. Weil P0 in K liegt, hat b somit genau zwei Punkte mit k gemeinsam. Da zwei verschiedene Kreise héchstens zwei gemeinsame Punkte haben konnen, gehort dann kein Punkt von 0 zu k; der Halbkreis c liegt also ganz in K.

der Kreis mit

b

K

84.19

2.Runde

IJ 1984

Aufgabe 3 Die Folgen a1 ,82 .83 ,... und b1 ,b2 ,b3 lichen Zahlen n der folgenden Rekursion: an”

2

an

— bn

8m+1 = Zen

Ffir

welche

und

bn+1

2bn

und

bn+1 = bn — an

genfigen ffir alle natfir-

,

falls

an

_>

bn,

, falls an
e(n);

e(n) g m ffir alle nEN .

Da eine streng monoton wachsende Folge in {0,1,2,...,m-1} stens m Glieder haben kann, gilt e(m+1) = m, also 8m+1 = 0.

héch-

Ergebnis: Genau dann gibt es ffir die in der Aufgabenstellung cha— rakterisierte Folge (an) einen Index k mit ak=0, wenn es eine re~ elle Zahl r, teilerfremde natfirliche Zahlen u und v, und eine na— tfirliche Zahl m gibt mit: 81 = r-u, b1 = r-v, u + v = 2m

Lésung 2 Der hier eingeschlagene Weg arbeitet mit einer expliziten Dar— stellung der zu untersuchenden Folgen; er dfirfte weniger naheliegend als das Verfahren in Lésung 1 sein. Zwei positive reelle Zahlen a, b seien vorgegeben. Mit 81z=a und b1:=b sind damit gaméfl der Rekursionen in der Aufgabenstellung zwei Folgen (an) und (bn) festgelegt. Hierzu werden nun zwei Folgen (An) und (Bn) in expliziter Form angegeben, dann wird gezeigt, daB es sich hierbei gerade um die rekursiv definierten Folgen (an) und (bn) handelt. Anhand der explizit vorliegenden Form von Ax lfiBt sich schlieBlich leicht die Frage der Aufgabenstellung beantworten. Setzt man c := 335 , so wird mit Zn

:= [2"‘1-c]

ffir n E N

eine Folge (Zn) in Nb erklért. Dabei bedeutet bekanntlich Ix] die gréBte der x nicht fibertreffenden ganzen Zahlen. Es gilt daher fur jede natfirliche Zahl n Zn 3 2n_1‘C < Zn +1,

also

22n g 2n-c < 22n + 2

und daher

2Zn g Zn+1 g 22n + 1

84.22

(+) .

1984 L

2. Runde

Die Ungleichungskette (+) wird an spiterer Stelle benétigt. Mit Hilfe der Folge (2n) definiert man nun ffir n E N :

An := 2n'1-a - (a+b)2n , Dann ist

A1

Bn := (a+b)(zn+1) — 2n'l-a .

a - 0(a+b)

Bl = (a+b) - a

b .

Ffir neN unterscheide man nun (entsprechend der rekursiven Definition in der Aufgabenstellung) die Félle An 2 En und An < Bn .

Fall 1: An 3 En

IV

2n-a

(a+b)(22n+1)

IV

Nach Definition der Folgen ergibt sich

22n + 1

also

2n~c

und somit wegen (+)

Zn+1 = 22n + 1 .

,

Damit erhfilt man: An - Bn = 2n-a —(a+b)(22n+1) 23h

= 2n-a — (a+b)2n+1

= An+1

.

(22n+2)(a+b) - Zn-a = (a+b)(2n+1+1) — 2n-a = Bn+1

Fall 2: An < Bn Man hat (vgl. Fall 1)

Zn'c < ZZn + 1,

also

Zn+1 = 2Zn .

Bn - An = (a+b)(22n+1) — 2n-a = (a+b)(2n+1+1) - Zn-a = Bn+1 2An

,

= Zn-a - 2(a+b)2n = 2n-a — (a+b)2n+1 = An+1

Mit dem Startpaar (81,b1) = (a,b) legt also die rekursive Definition der Aufgabenstellung gerade die Folgen (An) und (Bn) fest. Somit gilt ffir alle natfirlichen Zahlen n:

an = 2n-1.a _ (8+b).[2n-1.E§S] . Genau dann hat an den Wert null, wenn gilt

2n-1-a = (a+b)-[ 2n-1-fi ], das bedeutet aber gerade, daB Als

aLso

Zn‘l'a—ib = [Zn—1.8%,] ;

Zn'1 323 eine natfirliche Zahl ist.

notwendig und hinreichend ffir das Verschwinden eines

Folgen—

gliedes ax ergibt sich somit die nachfolgende Bedingung (2):

84.23

2. Runde

L 1984

(2)

3%;

lfiflt sich darstellen als Quotient aus

einer natfirlichen Zahl und einer Zweierpotenz.

Aufgabe 4 Eine Kugel wird von allen vier Seiten eines réumlichen Vierecks berfihrt. Man beweise, dafi alle vier Berfihrpunkte in ein und derselben Ebene liegen.

Vorbemerkungen zur Bezeichnung In allen nachfolgenden Lésungen

der Ecke bezeichnet, also

werden die Ecken des rfiumlichen Vierecks mit A,B,C,D bezeich— net. Der Berfihrpunkt der Kugel mit AB sei R, ihr Berfihrpunkt mit BC sei S, der Be— rfihrpunkt mit CD sei T, und schliefilich berfihre DA die Kugel im Punkte U. Die Lange des Streckenabschnitts zwischen Ecke des Vierecks und Berfihrpunkt sei entsprechend

Xfi=xfi=a,

§fi=§S=b, a§=ET=c, BT=Bfi=d .

Sonderffille uhd Ausartungen des Vierecks - etwa wenn zwei be— nachbarte Vierecksseiten in einer Tangentialebene der Kugel liegen und die beiden Berfihrpunkte daher in der gemeinsamen Ecke zusammenfallen, oder wenn Ecken des Vierecks zusammenfallen - brauchen nicht gesondert betrachtet zu werden, da in diesen Fallen weniger als vier Berfihrpunkte auftreten, die Komplanaritét der Berflhrpunkte also dann trivialerweise gegeben ist.

Vorbemerkung zu Losung 1: Diese Losung benutzt als entscheidendes Hilfsmittel den Satz von Menelaos, der im Anhang an die Losung formuliert und bewiesen wird.

Lésung 1 Die Geraden (UR) und (BD) liegen beide in der Ebene des ABD, sie schneiden sich also oder sind parallel. Sind satz zes) 1enl

Dreiecks

(UR) und (DB) Parallelen, so folgt nach dun ersten Strahlenb = d, also ist (nach der Umkehrung des ersten Strahlensatauch (TS) parallel zu (DB). Somit sind (UR) und (TS) Paralle— die Punkte U, H, S und T liegen in einer Ebene.

84.24

1984 L

2. Runde

Zu betrachten ist nur noch der Fall, daB sich (UR) und (DB) in einem Punkte E schneiden. Dann kénnen auch (TS) und (DB) keine Paral— lelen sein, da sonst analog zu obiger Uberlegung (UR) und (DB) parallel wéren. Der Schnittpunkt von (TS) mit (DB) heiBe F . Nach dem Satz von Menelaos, angewendet auf Dreieck ABD, gilt

flJg

Efl.fl_ ED UA RB ‘

1 ’ 315° ED ' d '

5"")

“SID

EIS

Ffir Dreieck BCD erhélt man entsprechend ~§% = 1 , also

%% = g

.

E und F teilen DB somit im gleichen Verhéltnis. Da keiner der bei— den Punkte zwischen D und B liegen kann (— sonst hétte Dreieck BCD mit (ST) drei Schnittpunkte -), mfissen E und F zusammenfallen. Die Geraden (UR) und (ST) gehen also durch einen gemeinsamen Punkt, liegen somit in einer gemeinsamen Ebene. Insbesondere sind daher die Punkte R, S, T und U komplanar. Anhang zu Lésung 1

(Satz von Menelaos)

ABC sei ein Dreieck und g eine nicht zu (AB) parallele Gerade, die die Dreiecksseiten AC und BC schneidet und durch keine Ecke des Dreiecks léuft. Die Gerade g schneide AC in R, BC in S und (AB) in T; dann gilt:

Zum Beweis féllt man die Lo— te von A, B und C auf g; die Fqunkte seien A’, B’, C’. Es entstehen drei Paare éhn-

licher

Dreiecke:

ACRC’,

ACSC’

und

AARA und ABSB’,

ABTB’ und AATA’. Man gewinnt daher die folgenden Beziehungen:

AR

AA’

CS _ CC’

RC ‘ cc’ ' s5 ‘ 88’

““d EX : EXT '

Das Produkt der drei jeweils rechts von Gleichheitszeichen stehenden Quotienten ergibt 1. Durch Multiplikation erhfilt man daher AR CS BT ——— RC SB TA

_

’

1 84.25

IJ 1984

2.Runde

Lésung 2 (vektoriell) Der Nullpunkt des dreidimensionalen Punktraumes wird auf A gelegt; die Lingeneinheit sei so gewfihlt, daB AD die Linge 1 hat. Zu der durch den Pfeil Ki besgimmten Richtung gehére der normierte Vektor i, 29; Richtung von BC der normierte Vektor § und zur Richtung von CD der normierte Vektor 2. Fur die Ortsvektoren der Punkte R, S, T erhélt man:

F=a§,

§=F+b(§+37),

E=§+c(§+2).

Eb

Ffir den Ortsvektor von U ergibt sich:

D

aa + dE) 8(ai + b(5

,

(UT) eine Fixgerade von g. U C ’————‘>

f

E

Ist a = c, so sind f und g Translationen, die beide A in C fiber— ffihren. (RS) und (TU) sind daher zu (AC), also auch zueinander parallel, woraus sich die Komplanaritat von R, S, T, U ergibt. Ist a i c, so sind f und g zentrische Streckungen mit dem gleichen Streckfaktor a/c . Da beide A in den Punkt C fiberffihren, mfissen beide den selben Punkt X als Streckzentrum haben. Aus der Kollinearitat von R, S, X und der Kollinearitat von U, T, X ergibt sich, daB R, S, T, U komplanar sind.

Lésung 7 (mechanisch) Die Punkte A, B, C, D werden mit den Massen 1/8, versehen. Wegen

1/b,

1/0.

1/d

a-(1/a) = b (1/b) ist R der Schwerpunkt von A und B.

Analog ist S der Schwerpunkt von B und C, und D, U der Schwerpunkt von D und A.

T der Schwerpunkt von C

Der Gesamtschwerpunkt G von A, B, C, D muB auf RT liegen, da man A und B in R, C und D in T zusammenfassen kann; G muB aber auch auf SU liegen, da man B und C in S und entsprechend D und A in U zusammenfassen kann. . Da sich somit die Strecken RT und SU schneiden, R, S, T, U komplanar.

sind

die

Punkte

84.29

L 1984

84.30

2. Runde

1985 A

1. Runde

Aufgaben 1985 1.

1. Runde

Vierundsechzig Spielwfirfel gleicher GrBBe mit den Augenzahlen

"Eins"

bis "Sechs" werden auf einen Tisch geschfittet und

zu

einem Quadrat mit acht waagerechten und acht senkrechten Wfirfelreihen zusammengeschoben. Durch Drehen der Wfirfel, unter Beibehaltung ihres Platzes, 5011 erreicht werden, daB schliefllich bei allen vierundsechzig Wfirfeln die "Eins" nach oben zeigt. Die Wfirfel dfirfen jedoch nicht einzeln gedreht werden, sondern es ist nur erlaubt, jeweils alle acht Wfirfel einer waagerechten oder senkrechten Reihe gemeinsam um 90° um die Langsachse dieser Reihe zu drehen. Man beweise, daB es stets méglich ist, die Wfirfel durch mehrv faches Anwenden der erlaubten Drehungsart in die geforderte Endlage zu bringen.

Man beweise, daB in jedem Dreieck ffir jede seiner Héhen gilt: Projiziert man den Fqunkt der Héhe senkrecht auf die beiden anderen Héhen und die zugehérigen Seiten, so liegen die vier Bildpunkte auf einer Geraden.

Ausgehend von der Folge F1 =(1,2,3,4,...) der natfirlichen Zahlen werden weitere Folgen F2, F3, F4, ... nach folgender

Vorschrift‘gebildet:

'

Fn+1 entsteht aus Fn, indem unter Beibehaltung der Reihenfol— ge zu den durch n teilbaren Gliedern von F" jeweils 1 addiert wird, wfihrend die fibrigen Glieder unveréndert fibernommen wer— den. So erhélt men 2.8.:

F2 =(2,3,4,5,...) und F3 =(3,3,5,5,...).

Man bestimme alle natfirlichen Zahlen n mit der Eigenschaft, daB genau die ersten n—1 Glieder von Fn den Wert n haben.

Jeder Punkt des dreidimensionalen Raumes wird mit genau einer der Farben Rot, Grfin, Blau geffirbt. Die Mengen R bzw. G bzw. B bestehen aus den Langen derjenigen Strecken im Raum, deren beide Endpunkte gleichfarbig rot bzw. grfin bzw. blau geffirbt sind. Man zeige, daB mindestens eine dieser drei Mengen alle nicht— negativen reellen Zahlen enthélt.

85.1

A 1985

2. Runde

Aufgaben 1985

2. Runde

1.

Man beweise, daB keine der binér geschriebenen Zahlen 11, 111, 1111, ... eine Quadratzahl, Kubikzahl oder héhere Potenz einer natfirlichen Zahl ist.

2.

Die Inkugel eines beliebigen Tetraeders habe den Radius r. An diese Inkugel werden die vier Tangentialebenen parallel zu den Seitenflfichen des Tetraeders gelegt. Sie schneiden vom Tetraeder vier kleinere Tetraeder ab, deren Inkugelradien r1, r2, r3 und rq seien. Man beweise :

3.

r1 + r2 + ra + r4 = 2r

Von einem Punkt im Baum gehen n Strahlen aus, wobei der Winkel zwischen Je zwei dieser Strahlen mindestens 30° betrfigt. Man beweise, daB n kleiner 815 59 ist.

4.

Bei einer Versammlung treffen sich 512 Personen. Unter je sechs dieser Personen gibt es immer mindestens zwei, die sich gegenseitig kennen. Man beweise, daB es auf dieser Versammlung sicher sechs Per— sonen gibt, die sich alle gegenseitig kennen.

85.2

1. Runde

Lésungen 1985

1985 L

1. Runde

Aufgabe 1 Vierundsechzig Spielwfirfel gleicher GréBe mit den Augenzahlen "Bins" bis "Sechs" werden auf einen Tisch geschfittet und zu einem Quadrat mit acht waagerechten und acht senkrechten Wfirfelreihen zusammengeschoben. Durch Drehen der Wfirfel, unter Beibehaltung ihres Platzes, soll erreicht werden, daB schlieBlich bei allen vierundsechzig Wfirfeln die "Eins" nach oben zeigt. Die Wfirfel dfirfen jedoch nicht einzeln gedreht werden, sondern es ist nur erlaubt, jeweils alle acht Wfirfel einer waagerechten oder senkrechten Reihe gemeinsam um 90° um die Léngsachse dieser Reihe zu drehen. Man beweise, daB es stets mfiglich ist, die Wfirfel durch mehrfaches Anwenden der erlaubten Drehungsart in die geforderte Endlage zu bringen.

Beweis 1

/

I

\

x\

~...-.-.‘___ I I I

‘._____.__

Zunéchst wird die Wirkung jener Drehungsfolge untersucht, bei der ein vor dem Operierenden auf dem Tisch liegender Wfirfel zuerst (alles jeweils um 90°) nach hinten, dann nach rechts, dann nach vorne und dann nach links gekippt wird:

Die dem Operierenden zugewandte Wfirfelfléche (die Frontfléche) ge— langt durch die erste Drehung nach oben, durch die zweite nach rechts, bleibt dort bei der dritten Drehung und gelangt durch die vierte Drehung nach oben.

85.3

L 1985

1. Runde

Ist dieser Wfirfel, der zur Heraushebung als Zielwfirfel bezeichnet wird, Teil einer gemaB der Aufgabenstellung vorgenommenen Anord— nung, so mfissen im Sinne einer erlaubten Umformung zwar die Drehungen nach rechts und links mit der gesamten senkrechten Reihe des Zielwfirfels, die Drehungen nach hinten und vorn mit der gesamten waagerechten Reihe des Zielwfirfels ausgeffihrt werden, je— doch haben alle Wfirfel - auBer dem betrachteten — nach der Dre— hungsfolge wieder ihre alte Lage, da sie entweder gar nicht bewegt wurden oder mit ihnen nur zwei zueinander inverse Drehungen er— folgt sind. Liegt bei allen Wfirfeln die "Eins" bereits oben, so ist man schon fertig. Andernfalls wéhle man einen beliebigen “firfel, bei dem die "Eins" noch nicht nach oben zeigt, als Zielwfirfel:

1. Fall: Der Wfirfel liegt mit der "Eins" nach unten (beim fiblichen Spielwfirfel liegt dann die "Sechs" oben). Damn ffihre man sem Zielwfirfe1_die oben beschriebene Drehungsfolge aus. zeigt die "Eins" nach einer der vier Seiten.

zu dieDanach

2. Fall: Die "Eins" zeigt nach einer der vier Seiten. Man stelle sich auf diese Seite des Tisches, so daB man auf die die "Eins" zeigende Flache des Zielwfirfels_blickt (bzw. blicken wfirde, wére die Flache nicht durch Nachbarn verdeckt). Nach der Ausffihrung der angegebenen Drehungsfolge liegt die "Eins" des Zielwfirfels oben. Da durch Ausffihrung der Drehungsfolgen jeweils nut die Lage des Zielwfirfels verandert wird, kann man dieses Verfahren so lange nacheinander mit allen Wfirfeln, die noch keine "Eins" oben aufweisen, wiederholen, bis das gewfinschte Endbild erreicht ist.

Beweis 2 Man stelle sich (gedanklich) so vor die quadratische» Platte aus Wfirfeln, wie man vor einem Schachbrett sitzt. Die waagerechten Reihen (beim Schach mit den Zahlen von 1 bis 8 gekennzeichnet) werden als Zeilenl die senkrechten Reihen als Spalten bezeichnet. Durch die Position des Betrachters sind bei jedem Wfirfel die sechs Flachen dutch die Angaben oben, unten, vorne, hinten, links, rechts zu kennzeichnen. Beim Drehen einer Zeile bleiben bei den Wfirfeln in dieser Zeile die Augenzahlen rechts und links, beim Drehen einer Spalte bleiben die Augenzahlen vorne und hinten bei jedem Wfirfel der Spalte an ihrem Platz. Eine Zeile heiBe "vorgeordnet", wenn bei allen Wfir— feln dieser Zeile die "Eins" vorne liegt. Vorgeordnete Zeilen behalten bei Spaltendrehungen diese Eigenschaft offensichtlich bei. Die Vorgehensweise besteht nun in einem zeilenweisen Vorordnen:

Solange noch eine der Zeilen nicht vorgeordnet ist, gehe man mit dieser Zeile von links nach rechts mit jedem der acht Wfirfel fol— gendermaflen vor: — Durch Drehen der Zeile erreicht man, daB die "Eins" oben oder (immer noch) rechts oder links liegt. Durch Drehen der Spalte ge—

85.4

1. Runde

1985 L

langt die "Eins" nach links. Weitere Drehungen der Zeile oder anderer Spalten findern an dieser Lage nichts. - Burch Drehen aller Spalten um 90° nach rechts gelangt bei al— len Wfirfeln der Zeile die "Eins" nach oben, durch Drehen der Zeile um 90° nach vorne erreicht man, daB die Zeile vorgeordnet ist. Da eine bereits vorgeordnete Zeile hierbei nur noch Spaltendre— hungen erfahrt, kénnen so nacheinander alle acht Zeilen vorgeordnet werden. Kippt man nun alle acht Zeilen um 90° nach hinten, so erhélt man die angestrebte Anordnung, bei der alle Wfirfel mit der "Eins" nach oben zeigen.

Aufgabe 2 Man beweise, daB in jedem Dreieck fur jede seiner Héhen gilt: Projiziert man den Fqunkt der Héhe senkrecht auf die beiden anderen ten und die zugehérigen Seiten, so liegen die vier Bild— punkte auf einer Geraden. Beweis 1 (elementargeometrisch)

GIANNA

Ecken, Seiten, Winkel und Héhen des Dreiecks seien wie fiblich bezeichnet (s. Zeichnung zu Fall 4). Der Héhenschnittpunkt sei H, die Héhenfqunkte seien A’, B', C’; hiervon sei C' der ausge— wahlte. Die Fqunkte der von C’ aus gefallten Lote auf a, b, ha, ha seien R, U, S, T; diese vier Punkte werden nachstehend auch als "Bildpunkte von C’ in Dreieck A,B,C" bezeichnet. Fall: Dreieck ABC ist rechtwinklig. Fall: a > 90°

Fall: Fall:

fl Y

) >

90° 90“

Fall: Dreieck ABC ist spitzwinklig (Hauptfall).

Zu Fall 1: Hier ist die Behauptung trivialerweise richtig, da bei u=90° bzw. fl=90° drei der vier Punkte zusammenfallen (U=S=T bzw. R=S=T) und bei Y=90° zweimal zwei der vier Punkte (R=T und

U=S) . Zu Fall 2: Durch Umbezeichnen laBt sich dieser Fall in fiberffihren, braucht also nicht eigens behandelt zu werden.

Fall 3

Zu Fall 3: Im Viereck A’HC’B liegen bei A’ und 0’ rechte Winkel; die Winkel bei B und H ergfinzen sich

daher zu 180° .

i CHA hat also

die

GréBe 180°—B (Scheitelwinkelsatz) und ist mithin Spitz. Also ist Drei— eck AHC spitzwinklig. In diesem spitzwinkligen Dreieck ist C’ der Fqunkt der Héhe durch A; S, T, R, U sind in diesem Dreieck die zu C’ gehérenden Bildpunkte.

85.5

L 1985

1. Runde

Zum Nachweis der Kollinearitét genfigt also hier der Beweis ffir den Hauptfall.

Zu Fall 4: Im Viereck A’HB’C liegen bei A’ und 8' rechte Winkel; die Winkel bei C und H ergénzen sich daher zu 180° . I AHB hat also die GréBe 180°~Y (Scheitelwinkelsatz) und ist mithin Spitz.

Also ist Dreieck ABH spitzwinklig. In diesem spitzwinkligen Dreieck ist C’ der Fqunkt der Hohe dutch H; T, S, R, U sind in diesem Dreieck die zu C’ gehorenden Bildpunkte. Zum Nachweis der Kollinearitat genfigt also auch hier der ffir den Hauptfall.

Beweis

Zu Fall 5 (Hauptfall):

Die Vierecke AC’SU, BC’TR und C’THS sind nach der Umkehrung des Satzes von Thales Sehnenvierecke. Also ergibt sich: I USC’ = 180’ — a , i C’TR : 180° - fl .

Es gilt:

I C’ST

=

K C’HT

(Peripheriewinkelsatz)

I CHB’

(Scheitelwinkelsalz)

a

Folglich hat I UST die Grofle streckter Winkel.

(Khnlichkeit der Dreiecke AC’C und HB'C, da beide rechtwinklig sind mit gemeinsamem Winkel bei C.)

(180° — a ) + a ,

ist also ein

ge-

Ganz entsprechend ist zu zeigen (bzw. wegen der Symmetrie der Auf— gabenstellung bzgl. A, B unmittelbar zu folgern), daB auch I RTS die Grofie 180° hat. Alle Winkel des Streckenzuges USTR sind also gestreckt; damit ist die Kollinearitat der vier Bildpunkte zu C’ bewiesen.

Beweis 2 (analytisch)

Ein (kartesisches) Koordinatensystem wird so fiber das Dreieck gelegt, daB die x—Achse die Seite AB enthfilt und die Ecke C der y—Achse liegt.

85.6

ABC auf

1. Runde

1985 L

Die Gleichung der Geraden (BC) hat die Normalenform cx+by=bc ; die zu (BC) senkrecht verlaufende Gerade (0R) hat also die Gleichung bx — cy = 0. Ffir R als Schnittpunkt dieser beiden Geraden gilt daher

~§-

_

c

bzc

R ' ( b2+'c2’b2+c2) ‘ _ —

[0 (0’0) Durch Einsetzen schnittpunktes:

_ => O) Die B—(b

'

hat

Trégergerade

Hohe

der

h

die Gleichung bx - cy = ab.

von x=0 erhfilt man die

Koordinaten

des

Héhen-

H __ (o,— _b “C ).

Ersetzt man 0 in den Koordinaten von R durch -ab/c , so erhélt man

azb

-abc

T = ( az+c2’a2+c2 )' Es wird nun gezeigt, daB die Punkte R und T auf der Geraden g mit der Gleichung (ac+bc)x +(ab-c2)y = abc liegen. Da bei gegenseiti— gem Vertauschen von 8 und b die Gerade g wegen der Symmetrie der Gleichung bezfiglich a und b in sich selber fibergeht, T in S, H in U fibergeht, ergibt sich damit dann sofort die Behauptung der Aufgabenstellung. Einsetzen der Koordinaten von R in die Gleichung von g und plikation mit b2+c2 ergibt: (ac + bc)bc2 + (ab - c2)b2c = abc(b2 + c2)

Multi—

.

Dies ist Equivalent zu der Identitét abc3 + bzc3 + ab3c - bzca = abac + abca . R liegt also auf der Geraden g. Die Koordinaten von T genfigen genau dann der Gleichung der Geraden g, wenn gilt: (ac + bc)azb - (ab - c2)abc = abc(a2 + c2), also

a3bc + azbzc - azbzc + abc3

= aabc + abca

.

Da die letzte Gleichung offensichtlich eine Identitfit liegt auch T auf der Geraden g.

darstellt,

Nach der obigen Symmetriefiberlegung ist damit die Behauptung nach— gewiesen.

85.7

1. Runde

L 1985

Beweis 3 (abbildungsgeometrisch) Wenn der Schnittpunkt H der drei Héhen mit einer der Ecken des Dreiecks zusammenfallt, ist das Dreieck rechtwinklig. In diesem Fall (vgl. Beweis 1, Fall 1) ist die Behauptung trivialerweise richtig. Ffir die folgenden Uberlegungen sei also H versehieden von

A, B und c. Bei einer zentrischen Streckung gehen Zentrumsgeraden in sich fiber; Original- und Bildgeraden sind parallel. Die zentrische Streckung von A aus, bei der 0’ in B fibergeht, ffihrt daher U in B’, S in A’ fiber. Die zentrische Streckung mit dem Zentrum H, bei der C in 0’ fiber-

geht,

ffihrt

A’ in S,

B’ in

T

fiber. Beim Nacheinander-Ausffihren beider Streckungen geht daher die Strecke US in die Strecke ST fiber. Also mfissen US und ST parallel sein; da S gemeinsamer Punkt beider Strecken ist, liegen U, S und T auf einer gemeinsamen Geraden. Analog ergibt sich die Kollinearitfit von S, T und R. Insgesamt hat man daher gezeigt, daB U, S, T und R auf einer Geraden liegen.

Beweis 4 (mit Hilfe ahnlicher Dreiecke) GeméB Beweis 1 sei die Aufgabe auf den Fall des spitzwinkligen Dreiecks reduziert; die Punkte seien wieder wie beim Hauptfall in Beweis 1 bezeichnet. Z sei der Schnittpunkt der Strecken C'U und AS, P sei der Schnittpunkt der Geraden (C’S) mit Strecke AC. Z ist der Héhenschnittpunkt im Dreieck AC’P, die Gerade (PZ) steht somit senkrecht auf AC' und ist daher parallel zu 00’. Also haben die Dreiecke UZP, B’HC und THC’ paarweise parallele Seiten und sind mithin zu— einander éhnlich. Aus dem glei— chen Grund sind die Dreiecke ZPS, HCA’ und HC’S zueinander ahnlich. Also sind auch die Vierecke UZSP und THSC’ fihnlich. Somit haben Winkel PSU und Winkel TSC’ die gleiche GroBe, der Win— kel UST ist daher ein gestreckter.

85.8

1985 L

1. Runde

daB T auf SR liegt; Analog ergibt sich, die Kollinearitat von U, S, T und R.

insgesamt hat man damit

Bemerkung zu Beweis 4:

reicht daB die Vierecke UZSP und THSC’ fihnlich sind, Zum Beweis, auf die paarweise parallelen entsprechenden Seiten hines nicht, zuweisen ! ( Zu jedem Rechteck gibt es z.B. ein seitenparalleles Ouadrat.)

Beweis 5

Wie in Beweis 4 wird nur die reduzierte Behauptung ffir spitzwinkliger Dreiecke bewiesen.

den

Fall

Die Punkte A, B, C, U und T seien wie im Hauptfall von Beweis 1 festgelegt. R’ sei der Schnitt— punkt von (UT) mit BC. Es genfigt der Nachweis, daB R’=R ist. Denn dann ist gezeigt, dafl T auf UR liegt; aus Symmetriegrfinden liegt dann auch S auf UR, und die Behauptung ist nachgewiesen.

.

Die Lange von C’U wird mit u, die Lange von C’T mit t, die Langen von AC’ bzw. C’B werden mit Ca bzw. mit Cb bezeichnet. Da die Dreiecke AC’C und C’TB fihnlich sind, gilt Ca:b = t:cn; weil die Dreiecke AC’U und ACC’ fihnlich sind, gilt u:Ca = hmzb . Durch Zusammenfassen beider Verhaltnisgleichungen erhélt man die ‘GleiChung uzt = hc:co . Daher sind die rechtwinkligen Dreiecke UC'T und CC’B zueinander éhnlich. l C’UT hat, da ahnlich zu i C’CB, die Gréfie 90°-B, I R’UC hat also die GréBe B. Somit sind die Dreiecke ABC und R’UC ahnlich. Bezeichnet man die Lange von CU mit x, so gilt nach dem Katheten— satz, angewendet auf Dreieck AC'C, x = hm2:b . Nun ergibt sich hieraus hc2:a -

als Lange der Strecke CR aufgrund der in A und B schen Aufgabenstellung,

-

als Lange der Strecke CR’, da man ffir diese Lange aufgrund der Khnlichkeit der Dreiecke ABC und H’UC den Wert xb:a er— hilt.

Die Punkte R und R’ fallen also zusammen. Bemerkungen ist damit der Beweis erbracht.

Nach den

symmetri-

einleitenden

85.9

L 1985

1. Runde

Aufgabe 3 Ausgehend von der Folge F1 =(l,2,3,4,...) der natfirlichen Zahlen werden weitere Folgen F2, F3, F4, ... nach folgender Vorschrift gebildet: Fn+1 entsteht aus Fn, indem unter Beibehaltung der Reihenfolge zu den durch n teilbaren Gliedern von Fn jeweils 1 addiert wird, wfihrend die fibrigen Glieder unverfindert fibernommen werden.

So erhélt man z.B.:

F2 =(2,3,4,5,...) und Fa =(3,3,5,5,...).

Man bestimme alle natfirlichen Zahlen n mit der Eigenschaft, genau die ersten n-1 Glieder von Fn den Wert n haben.

daB

Ergebnis: Genau dann haben genau die ersten n—1 Glieder von Fn den Wert n, wenn n eine Primzahl ist. Zum Beweis sei zunéchst ffir n,kEN das k-te Glied der Folge Fn mit Fn(k) bezeichnet. Es genfigt, die nachfolgenden Eigenschaften (0) - (4) nachzuweisen: (0) Ffir alle nEN gilt (1) Ffir alle neN

Fn(1) = n .

ist Fn monoton zunehmend,

d.h. ffir alle n, k E N

gilt : Fn(k) g Fn(k+1)

(2) Fiir alle nEN mit n)1 gilt mu) > n . (3) Wenn n

'

eine Primzahl ist, so gilt

Fn(n—1) = n

(4) Wenn n keine Primzahl ist, so gilt

Fn(n-1) > n

(!)

Durch (1) und (2) wird ausgeschlossen, Fn(k) mit k > n—1 den Wert n hat.

.

daB ein

Folgenglied

Wegen (4) kénnen bei einer Nichtprimzahl n die ersten n—1 Glieder nie alle den Wert n haben; wegen (!) kann der Wert n auch danach in der Folge Fn nicht mehr vorkommen. Aus (0), (1) und (3) ergibt sich, dafi bei einer Primzahl n die ersten n-1 Glieder von Fn den Wert n haben. Wegen (!) haben daher genau die ersten n-1 Glieder den Wert n. Zn (0):

Ist Fn(1) = n, so ist (wegen Teilbarkeit von n durch die Folgennummer) Fn+1(1) = n+1. Da F1(1) = 1, gilt die Aus— sage ffir alle nEN .

Zu (1):

Ist

Fn monoton zunehmend, Fn(k) g

85.10

Fn(k+1)

so gilt

fur alle keN .

1985 L

1. Runde

Falls Fn(k) = Fn(k+1), werden beim Ubergang zu den ent— sprechenden Folgengliedern von Fn+1 entweder beide um 1 erhéht oder beide nicht; es gilt also Fn+1(k) = Fn+1(k+1).

Ist hingegen Fn(k) < Fn(k+1),

so betrfigt die

Differenz

wegen der Ganzzahligkeit der Folgenglieder mindestens 1; wird nur das kleinere Folgenglied Fn(k) um 1 vergroflert, kann also dennoch Fn(k+1) nicht fibertroffen werden; wer— den beide Folgenglieder oder nur Fn(k+1) um 1 vergréBert, bleibt die entsprechende Ungleichung ffir Fn+1 trivialerweise erhalten. Aus dem monotonen Zunehmen von Fn folgt also das mono— tone Zunehmen von Fn+1. Da F1 offensichtlich monoton wéchst, folgt Behauptung (1) dutch vollstandige Induktion fiber n.

Zn (2):

Nach Definition der Folgen ist F1(n) = n; somit gilt F2(n) = n+1, da n durch 1 teilbar ist. Da ein Folgen— glied bein Ubergang zur nfichsten Folge entweder um 1 zunimmt oder gleich bleibt, gilt Fn(n) > n .

Zu g3):

F1(n—1) = n-1; F2(n—1) = n , da n~1 durch 1 teilbar ist. Ist nun n eine Primzahl, so gibt es auBer 1 und n keine Teiler von n; also gilt Fs(n-1) = n = Fi+1(n—1)

ffir i=2,3,...,n.

Insbesondere ist also Fn(n-1) = n .

Zu g4):

F2(n—1) = n . Zu einer zusammengesetzten Zahl n gibt es mindestens einen Teiler t,mit 1 n .

Damit ist nachgewiesen, und nur diese - sind.

daB die gesuchten Zahlen die Primzahlen -

Aufgabe 4 Jeder Punkt des dreidimensionalen Raumes wird mit genau einer der Farben Rot, Grfin, Blau geférbt. Die Mengen R bzw. G bzw. B beste— hen aus den Langen derjenigen Strecken im Raum, deren beide End— punkte gleichfarbig rot bzw. grfin bzw. blau gefarbt sind. Man zeige, daB mindestens eine dieser drei Mengen alle nicht—nega— tiven reellen Zahlen enthélt.

85.11

1. Runde

L 1985

Beweise (indirekt): Annahme: Keine der drei Mengen R, G, B enthalt alle nicht-negati~ ven reellen Zahlen. Dann gibt es eine nicht—negative Zahl r, die nicht in R liegt, ei— ne nicht-negative Zahl g, die nicht in G liegt, und eine nicht— negative Zahl b, die nicht in B liegt. Die Zahlen r, g und b dfir— fen als positiv vorausgesetzt werden, denn wenn 2.8. die Menge R die Zahl 0 nicht enthalt, gibt es keine roten Punkte, also liegen dann sogar alle positiven Zahlen nicht in R. Beweis 1 Ohne Beschrénkung der Allgemeinheit darf vorausgesetzt werden

0no gilt an = 8n+T

Gegeben seien die endliche Menge M mit m Elementen und Von denen jede weitere Mengen M1, M2, M3, ...,-M1936, als m/2 Elemente aus M enthfilt.

1986 mehr

daB nicht mehr als zehn Elemente von M markiert Man zeige, werden mfissen, damit jede Menge M: (i = 1, 2, ..., 1986) mindestens ein markiertes Element enthélt.

86.2

1. Runde

1986 L

Lésungen 1986

1. Runde

Aufgabe 1

Auf einem Kreis liegen n Punkte, n > 1 . Sie sollen so mit P1, P2, P3, ..., Pn bezeichnet werden, daB der Streckenzug P1P2P3...Pn fiberschneidungsfrei ist. Auf wie viele Arten ist dies méglich ? Lésung

Es gibt n-2n‘2 Arten, zeichnen.

die Punkte in der angegebenen Weise zu be—

Zum Beweis genfigt der Nachweis, daB es bei jeder Wahl eines Punk— tes als Pn genau 2n‘2 Arten gibt, die weiteren n-1 Punkte so mit P1 bis Pn-1 zu bezeichnen, daB der Streckenzug P1P2...Pn fiberschneidungsfrei ist. Denn da es genau n Méglichkeiten zur Wahl von Pn gibt, folgt damit, daB die Gesamtzahl der im Sinne der Aufgabe zuléssigen Bezeichnungsméglichkeiten wie behauptet n-Zn‘2 betrégt. Der Beweis wird durch Induktion nach n geffihrt.

Ffir = 2 gibt es nach Festlegung von P2 genau eine Méglichkeit zur Wahl von P1. Da die Strecke P1P2 ein fiberschneidungsfreier Streckenzug ist, ist die Behauptung wegen 1 = 22—2 ffir n=2 rich— tig.

Zum

SchluB

von n auf n+1 (n>1) seien n+1 Punkte auf einem

Kreis

vorgegeben. Einer davon sei als Pn+1 festgelegt. Wéhlt man nun als Pn einen nicht zu Pn+1 benachbarten Punkt (— solche Punkte gibt es ffir n24 -), so liegen auf beiden Seiten der Strecke Pn+1Pn Punk— te, die noch erreicht werden sollen; dies ist ohne Schneiden von Pn+1Pn aber nicht méglich. Notwendigerweise ist also Pn einer der beiden zu Pn+1 benachbarten (und wegen n+1>2 verschiedenen) Punkte auf dem Kreis. Fur jede der beiden Wahlméglichkeiten fur Pn gibt es nach Induktionsannahme 2'”2 Méglichkeiten, die noch nicht mit Namen versehenen Punkte so mit P1, P2, ... Pn—1 zu bezeichnen, daB der Streckenzug P1P2...Pn fiberschneidungsfrei ist. Da alle Punkte P1 bis Pn-1 auf der gleichen Seite der Strecke Pn+1Pn liegen, ist jeweils auch der Streckenzug P1P2...Pn+1 fiberschneidungsfrei. Die Gesamtzahl der Méglichkeiten betrfigt also Zn‘l, wie zu zeigen war; der Induktionsbeweis ist damit abgeschlossen.

86.3

1.Runde

14 1986

Bemerkung: Jeder fiberschneidungsfreie Streckenzug mit den vorge~ gebenen n Eckpunkten komnt ~ 815 Punktmenge betrachtet — bei der verwendeten Zfihlweise zweimal vor, da sich auf zwei Weisen eine der Endecken als Anfangsecke wéhlen lfiflt.

Aufgabe 2 Es sei a eine gegebene natfirliche Zahl und x1,xz,... die Folge mit Xn

_ —

I] —n+a

(DEN)

.

Man beweise, daB sich ffir jedes n aus N das Folgenglied Xn als Produkt zweier Glieder dieser Folge darstellen léfit, und bestimme die Anzahl der Darstellungen in Abhéngigkeit von n und 8.

Bezeichnung: Ffir jede natfirliche Zahl n wird nachfolgend mit d(n) die Anzahl der (positiven) Teiler von n bezeichnet. Lésung 1 Zn gegebenam (a,n)€NxN ist die Existenz von (u,v)€NxN der folgenden Gleichung zu untersuchen:

(*)

n _ u . v n+a ~ u+a v+a

Lfisungspaaren

‘

Dabei sei o.B.d.A. ugv; auBerdem gilt ufn, da der zweite Faktor auf der rechten Seite von (*) von 1 verschieden ist. Durch Multi— plikation mit (n+a)(u+a)(v+a) erhfilt man aus (*)

nuv + nua + nva + n82 = nuv + auv . Nach Division durch a (a¢0 !) liefert Auflfisung nach v:

_ nu+na _ nu—n2+n2+na _ n + n§n+az u—n u—n u-n Da v und nu+na beide positiv sind, gilt u > n; setzt man p:=u—n, so ist daher p eine natfirliche Zahl. Genau dann ist (u,v) somit eines der gesuchten Lésungspaare, wenn gilt: ‘y'_n'i-““L—)'nn+a

P

0.B.d.A. sei

n < u S v . Damit ist u = n+p g v = n +

fligifll

Nach Multiplikation mit p erhfilt man

np+p2$np+n2+na.

86.4

1986 L

1. Runde

also

p2 g n(n+a)

Die Anzah] der geordneten Lésungspaare ist also ger de die Anzahl der Teiler p von n(n+a), ffir die gilt p g ¢2n(n+a)) . (Zur Darstellung mit Hilfe der Teilerfunktion d siehe Losung 2). Da 2.8. 1 ein solcher Teiler ist, gibt es stets mindestens ein Lésungspaar. Betrachtet man die zu Lésungspaaren (u,v) und (v,u) mit u¢v ge— horenden Darstellungen als verschieden, so ist die gesuchte Anzahl der Darstellungen gerade d(n(n+a)).

Losung 2 Vorbamerkung Die natfirliche Zahl n léfit sich auf genau d(n) Weisen als Frodukt zweier natfirlicher Zahlen darstellen, da durch die Beziehung n = u ~ n/u eine bijektive Abbildung zwischen der Menge der zu betrachtenden Darstellungen und der Teilermenge von n festgelegt wird. Hierbei werden u-v und v-u ffir u¢v als unterschiedliche Darstellungen aufgefaBt. Identifiziert man Darstellungen, die sich lediglich in der Reihenfolge der Faktoren unterscheiden, so sind je zwei Darstellungen u-v und v-u mit u¢v zusammenzufassen; lediglich die (bei einer Quadratzahl vorkommende) Darstellung u-u liefert auch bei der Zéhlung der geordneten Darstellungen den gleichen Beitrag wie oben. Bezeichnet man mit [2] die groflte z nicht fibertreffende ganze Zahl, so erhfilt man: Die Anzahl der (ungeordneten) Darstellungen der natfirlichen Zahl n als Produkt zweier na-

tfirIicher Zahlen ist [(d(n)+1)/2]. Wegen

Xn = 3%; = 1 - 3%; 'st die Folge (x1, X2, X3,

...)

streng monoton wachsend, insbesondere ist ffir n¢m stets Xn¢Xm. Jedes Glied der gegebenen Folge ist positiv und kleiner als 1. Ein Produkt zweier solcher Zahlen ist also kleiner als jeder seiner Faktoren. Somit 1§Bt sich Xn genau dann als Produkt zweier Glieder der Folge darstellen, wenn es zwei (nicht unbedingt verschiedene) natflrliche Zahlen u, v gibt, so daB gilt Xn

=

Xn+u

‘

Xn+v

(1)

.

Das bedeutet nach Definition der Folge (X1, X2, X3, n

_

n+u

.

n+8 — n+u+a

...)

n+v

n+v+a '

Durch schrittweise Umformungen erhélt man: n(n+u+a)(n+v+a)

=

(n+a)(n+u)(n+v)

n(n+u)(n+v)+an(n+u)+an(n+v)+na2 = n(n+u)(n+v)+a(n+u)(n+v)

86.5

L 1986

1. Runde

also :

n2 + an

Dabei wurde dutch die natfirliche, dene Zahl a dividiert.

=

uv

(2)

.

also sicher von null verschie—

Nach (2) ist u bei einer Darstellung gemaB (1) notwendigerweise ein Teiler von n(n+a); v ist der zugehorige Komplementarteiler n(n+a)/u . Umgekehrt liefert jeder Teiler u von n(n+a) zusammen mit seinem Komplementarteiler v eine Losung von (2) und damit auch von (1); dabei ergeben verschiedene Teiler u von n(n+a) verschiedene Kom— plementarteiler v und damit nach der Anfangsbemerkung verschiedene Darstellungen gemafi (1). zahlt man also ffir u#v zwei Darstellungen (1), die sich durch Vertauschung der Faktoren Xn+u und Xn+v ergeben, als verschieden, so gilt ffir die Anzahl A(n,a) der (geordneten) Darstellungen: A(n,a) = d(n2 + an)

.

Da jede natfirliche Zahl mindestens den Teiler A(n,a) > 0, was zu zeigen war.

1

besitzt,

ist

Zfihlt man aber ffir u#v die Darstellungen Xn+u‘Xn+v und Xn+v-Xn+u als gleich, so ergibt sich ffir die Anzahl A’(n,a) der (ungeordne— ten) Darstellungen gemafl der Vorbemerkung:

A'(n,a) = [ (d(n2+an) + 1)/2 ]. Hieraus folgt wieder A’(n,a) > 0, was gezeigt werden sollte.

Bemerkungen 1)

Da im Aufgabentext nicht festgelegt wird, ob geordnete oder ungeordnete Darstellungen zu zahlen sind, genfigt es, einen der Ausdrficke A(n,a), A’(n,a) zu bestimmen.

2)

Wegen nz+an 2 2 ist d(n2+an) Z 2, also A(n,a) Z 2 Dabei ist, wenn p und q Primzahlen bedeuten (p01

2bn+1

Die weitere Substitution C1

=

2,

= bn

Cn

5 bn2

+

= bn2

+ 6bn

: + 3

+

5‘

+ 9

,

(bn + 3)2

.

:= bn — 3

2Cn+1

6bn

=

liefert:

2bn+1

—

6

= bn + 3 — 6 = On ffir nEN

(C1, C2, c3, ...) ist also eine geometrische Folge mit dem Quotienten 1/2 . Das allgemeine Folgenglied ist daher Cn = 22'“ Also erhfilt man

bn : 3 + 22—n

und somit

24an = bnz _ 1

= (3

+ 22—n)2 _ 1

= g + 6.22-n + 24-2n _ 1 = 24-2n 24-2n

86.16

(8. 22n—4 (zzn-l

+ 6. 2n—2

+ 3.2n—1

+

+ 1)

1)

1986 L

1. Runde

Damit ergibt sich _ 22n—1

a" ‘

+ 3.2n—1

+ 1

3.22n-1

Der etwas finders aussehende Ausdruck in Lésung 1 fur an wird hieraus durch Erweitern des Bruches mit 2 und Faktorisieren des Zfihlers erhalten.

Ergfinzung finden: 1. Weg

eine explizite Formel ffir bn zu

zu weiteren Verfahren,

Die Berechnung der ersten Folgenglieder ergibt:

(b1, b2, b3, ...) = (5, 4, %, 1731, 2—3, %, ...) = (3+2, 3+1, 3%, 3+2, 3%, 3+1—g, ...) Dies ffihrt zur Vermutung der Formel:

2. Neg

Aus 2bn+2 = bn+1 + 3 Subtraktion: 2bn+2

also

2bn+2

und

“

2bn+1 = bn + 3 folgt durch

2bn+1

" 3bn+1

+ bn

=

bn+1

= 0

" bn

,

(*)

Die Gesamtheit F der reellen Folgen (bn), die der Be“ dingung (*) genfigen, bildet einen Vektorraum, der durch die Zuordnungsvorschrift (bn) -~> (b1, b2) linear und bijektiv auf den Baum der reellen Zahlenpaare abgebildet wird und somit die Dimension 2 hat. Eine geometrische Folge (qn'l) liegt genau dann in F, wenn ffir alle n aus N gilt 2q“*1 — 3 qn + q"'1 = 0. Ffir q¢0 ist das equivalent zu 2q2 - 3g + 1 = 0,

also

q = 1 oder q = 1/2 .

Da die beiden Folgen (1,1,1,...) und (1, 1/2, 1/4, ...) offenbar linear unabhfingig sind, und mithin eine Basis von F bilden, léflt sich jede Folge aus F als Linearkombination der beiden gefundenen geometrischen Folgen darstellen.

86.17

L 1986

1. Runde

Dabei ergeben sich die Koeffizienten, heiBen, aus dem System b1 = r + s

und

sie mégen r und 5

b2 = r + 5/2 .

Die allgemeine Lésung r = 2b2 - b1. 5 = 2(b1 - b2) liefert im vorliegenden Fall wegen b1 = 5, b2 = 4 die Werte = 3 und s = 2 . Damit ergibt sich schlieBlich

bI1 = 3-1+ 2. (1/2)n-1, _

also

1

bn — 3 + 2n——2 .

Die Richtigkeit der Formel kann z.B. durch vollsténdige Induktion bestfitigt werden. Allerdings ist ein derarti— ger Nachweis nicht erforderlich, da die Existenz der Folge gesichert ist und zur Bestimmung des Folgenterms nur notwendige Bedingungen benutzt wurden.

3. Weg

Aus

2bn+2

= bn+1

+ 3

und

2bn+1

= bn

+ 3 folgt durch

aoz

-

Subtraktion:

2bn+1 = bn+1 — bn

-1 ‘2

bn+2‘bn+1

also

,

bn+1~bn

Bildet man auf beiden Seiten das Produkt, wobei n Indexmenge {1, 2, ..., m} durchléuft, so erhfilt man

haza_:_kaxl

:

b2 - b1

Wegen bl = 5 bm+2

die

1_ 2“ '

und

b2 = 4 ergibt sich daher

— bm+1

= _1/2m

.

Summation beider Seiten liefert, wenn m dabei die Index— menge {1, 2, ..., n—2} durchléuft bn

- b2

_(

22-h

+

23-h

+

__.

+

2-1)

—( 23-n + 24-n + ... + 2—1 + 1) /2

-( 2 - 23‘“) /2 . Somit erhélt man

bn - 4 = —1 + 53:;

86.18

, also schlieBlich

bn = 3 + 2n_2 .

/

1986 IJ

2.Runde

2. Runde

L6sungen 1986 Aufgabe 1

Die Kanten eines Wfirfels werden von 1 bis 12 durchnumeriert; dann wird fir Jede Ecke die Summe der Nummern der von ihr ausgehenden Kanten bestimmt. a)

Man zeige, daB diese Summen nicht alle gleich sein kénnen.

b)

Kfinnen sich acht gleiche Summen ergeben, nachdem eine Kantennummern durch die Zahl 13 ersetzt worden ist ?

der

Lésung Zu 8) Die betrachteten Summen kénnen nicht alle gleich sein! Um dies (indirekt) zu beweisen, nehmen wir en, es lége eine ent— sprechende Numerierung der Kanten vor; die Summe der Werte der anstoBenden Kanten sei ffir Jede Ecke 5 (SEN). Dann betrégt die Summe aller acht Eckenwerte 85; da bei der Addition jede Kante zweimal als Summand vorkommt, ergibt sich: 2(1 + 2 + 3 + ... + 12) = 85,

also

Da 5 eine natfirliche Zahl sein sollte, spruch zur Annahme.

5 = 19,5 . hat man damit den

Wider-

Zu b) Ersetzt man bei der Numerierung der Wfirfelkanten eine der Zahlen 1, 2, ..., 12 durch 13 und bezeichnet die ersetzte Zahl mit z, so ergibt sich, falls nun bei allen Wfirfelecken die Summe der Werte anstoBender Kanten die gleiche ist: 2(1 + 2 + ... + 12 + 13) — 22 = 85,

also

2-91 - 2z = 85

und

mithin

91 — z = 4s .

91—z ist genau dann ein Vielfaches von 4, wenn z den gleichen Viererrest wie 91 (also 3) hat. Wegen ze{1,2,3,...,12} ergeben sich die folgenden Lésungen:

86.19

2. Runde

L 1986

z=3

mit

5:22,

2:7

mit

s=21und

z=11mit

s=20.

Beispiel einer geeig‘neten Nlnnerierung (fiir z = 7, also 5 = 21):

z = 3I

s = 22:

.\..... 13 .......’.

4

x

9

8

12

’4'

,

2,

3’ 11

6

7

.\

,4’ .

9 10

11

7

,..9...\

.

4

~

7

‘6‘

12

’ 10

1

’9'

.I..... 12......>.

4’

8

5

11

.’...... 6 ...... ‘..

s = 20:

.4 6

.~2‘

-..1o.. /

'2'

.\..... 13 ......, \

.\..... 13 ...... I..

5/

8

5‘

.I..... 10.......\.

z = 11|

.\..... 13 .......,.

. ‘1

8

...... 13 ...... ;. 1

,

.\2\

~ 12...,

7

3

\ fi\

’2,

.\..... 13 ........

’5’

.’.....12......>.

6

7

3

2

,--9---\ 9’

4/.

\ 5

,

6 12

1

r’ 10

9\

,7,

‘8\

.1....10 ...... F.

3

‘

.'...... 8 ...... >.

Aufgabe 2

Ein Dreieck habe die Seiten a, b, c, Ankreisradien ra, rb, rc. Man

den Inkreisradius r

beweise: a)

Das Dreieck ist genau dann r+ra+rb+rc =a+b+c

rechtwinklig,

b)

Das Dreieck ist genau dann rechtwinklig, wenn gilt:

r2+ra2+rb2+rc2 =a2+b2+c2

86.20

und die

wenn

gilt:

1986 IJ

2.Runde

Erléuterung: Unter einem Ankreis eines Dreiecks versteht man einen Kreis, der eine Seite des Dreiecks und die Verlfinge— rungen der beiden anderen Dreiecksseiten berfihrt.

Vorbemerkung zu den benutzten Bezeichnungen und zu einigen legenden Formeln: Nachfolgend bezeichnet halt und 5 den halben vorausgesetzt und an Verweis benutzt werden

grund-

R den Umkreisradius, F den Fléchenin— Umfang des Dreiecks ABC. Als bekannt den spfiteren Stellen ohne besonderen die folgenden Formeln:

F2 = s(s-a)(s—b)(s-c) und

F

=

rs

=

ra(s-a) =

rb(s-b) =

rc(s-c)

Beweis 1 (algebraisch)

Es wird die Allgemeingfiltigkeit der folgenden beiden Formeln Dreiecke gezeigt:

ffir

(a) (—az+b2+c2)(aZ—bz+c2)(az+b2-cz)

= 8F2((a+b+C)—(r+ra+rb+rc))((a+b+c)+(r+ra+rb+rc)),

(b) (-a2 +b2+c2 ) (a2 —b2 +c2 ) (a2 +b2—c2) = 8F2((a2+b2+cz)-(r2+raz+rb2+rc2)) . Die linke Seite der Gleichungen (a) und (b) verschwindet (nach der Umkehrung des Satzes von Pythagoras) genau dann, wenn das betrach— tete Dreieck rechtwinklig ist. Das Verschwinden der rechten Seite van (a) (bzw. (b)) ist offenbar Equivalent zur Gfiltigkeit der Gleichung in Behauptung a) (bzw. b) ). Zur Lésung der Aufgabe genfigt es also, (a) und (b) zu beweisen. Durch die folgende Rechnung erweisen sich zunéchst die gen (8) und (b) 815 Equivalent:

Gleichun-

86.21

L 1986

2. Runde

((a+b+c)-(r+ra +I‘b+!‘c ))((a+b+c)+(r+ra +rb+rc )) — ((az+bz+cz)-(r2+ra2+rb2+rc2))

(a+b+c)2-(r+ra+rb+rc)2 - ((82+b2+c2)—(r2+ra2+rb2+rc2)) 2(ab+bc+ca—rra-rrb-rrc-rarb-rarc-rbrc);

ab+bc+ca—rra-rrb-rrc-rarb—rarc-rbrc ab+bc+ca—(s—b)(s—c)—(S*a)(s—c)—(s—a)(s-b)-s(s-c)—s(s-b)-s(s-a) ab+bc+ca—(s-b)(s-c)-(s-a)(s—c)-(s-a)(s—b)—s(3s-c—b—a)

I)

ab+bc+ca—(s-b)(s-c)-(s—a)(s-c)-(s-a)(s-b)-s2 ab+bc+ca — 452 + 25(b+c+a) - (bc+ac+ab)

= 0 Die rechten Seiten der ein; es genfigt mithin keit von (3) oder die wird der Beweis zu (b)

Gleichungen (a) und (b) stimmen also fiberzum Nachweis von (a) Egg (b), die Richtig— Richtigkeit von (b) zu zeigen. Nachfolgend geffihrt.

Zunfichst wird die rechte Seite der Gleichung (b) so umgeformt, daB wie auf der linken Seite nur noch die Gréflen a, b und c auftreten:

8F2(a2+b2+c2—r2—ra2-rb2-rc2) F2 F? BF 2 (a2 +b 2 +0 2___—_—_— 52 (s—c)2)

8((az+b2+c2)F2 - —~ - ’(-§:a—)2- - T552? —- w)

=

8((a2+b2+c2)s(s—a)(s—b)(s-c)—(s-—a)2(s-b)2(s—c)2

—52(s—b)2(s-c)2-sz(s—a)2(s—c)2—sz(s-a)2(s—b)2) =

(4(a2+b2+cz)25(25—2a)(25—2b)(25—2c) -(25-2a)2(25-2b)2(25-20)2-(Zs)2(25-2b)2(25-2c)2 —(ZS)2(25—Za)2(25—2c)2-(25)2(25-2a)2(25-2b)2)/8

=

(4(az+b2+c2)(a+b+c)(-a+b+c)(a—b+c)(a+b-c)

—(—a+b+c)2(a—b+c)2(a+b—c)2—(a+b+c)2(a—b+c)2(a+b-c)2 -(a+b+c)2(—a+b+c)2(a+b-c)2-(a+b+c)z(-a+b+c)2(a-b+c)2)/8

Man setze nun T(a,b,c)

:2 8((—az+b2+c2)(aZ—b2+c2)(32+b2—c2)

— 8F2 ((a2+b2+c2)—(r2+ra2+rb2+rc2))) .

Wenn ffir alle a,b,c gilt T(a,b,c)=0, ist auch (b) allgemeingfiltig.

86.22

1986 IJ

.

2.Runde

T(a,b,c) = 8(-a2+b2+c2)(aZ—b2+c2)(az+b2—c2) -4(az+b2+c2)(a+b+c)(—a+b+c)(a—b+c)(a+b-c)

+(-a+b+c)2(a—b+c)2(a+b-c)2+(a+b+c)2(a—b+c)2(a+b—-c)2 +(a+b+c)2(—a+b+c)2(a+b—-c)2+(a+b+c)2(-a+b+c)2(a-b+c)2 Bei Auflésen aller Klammern ergeben sich offenbar Summanden vom Typ ta‘bics‘i‘i.

ausschlieBlich

Ersetzt man im Term T fiberall a durch —a, so erhélt man:

T(~a,b,c)= 8(—a2+b2+cz)(aZ—b2+c2)(32+b2-cz)

—4(a2+b2+c2)(-a+b+c)(a+b+c)(—a—b+c)(—a+b-c) +(a+b+c)2(—a—b+c)2(—a+b—c)2+(—a+b+c)2(—a—b+c)Z(—a+b—c)2 +(—a+b+c)2(a+b+c)2(~a+b—c)2+(—a+b+c)2(a+b+c)2(—a-b+c)2 Offensichtlich gilt T(a,b,c) = T(-a,b,c). Da der Term T in a,b,c symmetrisch ist, geht er auch beim Vertauschen von b nit —b oder von 0 mit -c in sich fiber. Es liegt also ein Polynom der Verénderlichen a2, b2, c2 vor. Wegen der Symmetrie in a,'b, c genfigt der Nachweis, daB die Koeffizienten von a5, a4b2 und azbzc2 verschwin— den. Zur Untersuchung dieser Koeffizienten betrachte man zunfichst ziell T(a,b,0):

spe-

T(a,b,0) = 8(—a2+b2)(aZ—b2)(a2+b2) -4(a2+b2)(a+b)(-a+b)(a—b)(a+b)

+(—a+b)2(a—b)2(a+b)2+(a+b)2(a—b)2(a+b)2

+(a+b)2 (—a+b>2 2+2 (—a+b)2 (a—b)2 : _8(82—b2)2(82+b2)+4(82-b2)2(82+b2)+(82—b2)2(8—b)2 +(az~b2)2(a+b)2+(aZ—b2)2(a+b)2+(a2-b2)2(a-b)2 = (82-b2)2(-4(a2+b2)+2(a—b)2+2(a+b)2) = (aZ—b2)2-0

=

o

Sowohl a5 als auch a4b2 haben also den Koeffizienten null. Es bleibt nur noch die Untersuchung des Koeffizienten von azbzcz; da alle anderen Koeffizienten verschwinden, ist T(a,b,c)=ka2b2c2. k = T(1,1,1) = 8 — 4 3~3 + 1 + 9 + 9 + 9 Ffir alle a,b,c gilt also T(a,b,c) = von (b) ist damit bewiesen.

0;

die

= 0. Allgemeingfiltigkeit

Beweis 2 (ebenfalls algebraisch) Zunfichst wird die folgende Formel bewiesen: (*) (ra-s)(rb-s)(rc—s) = 52(r+ra+rb+rc - 25) Zum

Nachweis wird die in der Vorbemerkung

angegebene

Heronische

86.23

L 1986

2. Runde

Formel sowie die (ebenfalls in Beweis 1 angegebene) F = ra(s-a) (und analog ffir b, c) benutzt.

Identitat

(ra”S)(rb‘S)(rc—S) = rarbrc - s(rarb+rbrc+rcra) + s2(ra+rb+rc) — s3

F3

_S(

(s-a) (s-b) (3-0)

F2 (5-8) (s—b)

+

F2

+

(s-b) (s—C)

F2

)

(s-C) (s-a)

+ 52(ra+rb+rc) - 53 = Fs — s(s(s-c)+s(s-a)+s(s-b)) + 82(ra+rb+rc) - 53 = s( F - (3sZ—s(c+a+b)) + s(ra+rb+rc) — 52) = s( rs —

52

+ s(ra+rb+rc) — $2)

= 52( r+ra+rb+rc - Zs) Das Verschwinden der rechten Seite von (*) ist (wegen s#0) Equivalent zur Gfiltigkeit der in Behauptung a) angegebenen Gleichung. Behauptung a) ist daher nachgewiesen, wenn gezeigt ist, daB genau dann die linke Seite van (t) verschwindet, wenn das vorgelegte Dreieck rechtwinklig ist. Das Dreieck ABC hat genau dann bei A einen rechten Winkel, wenn die Gleichung ra = s erffillt ist. Zum Beweis wird diese Gleichung schrittweise umgeformt; da stets beide Seiten der Gleichung posi— tiv sind, stellt auch das verwendete Quadrieren beider Seiten eine Kquivalenzumformung dar: Die Gleichung ra = s ist équivalent zu F = s(s—a). Nach Qua— drieren, Einsetzen nach der Heronischen Formel und Division durch s(s-a) hat man (s-b)(s-c) = s(s-a) . Multiplikation mit 4 und Einsetzen von 5 liefert (a—b+c)(a+b-c) = (a+b+c)(—a+b+c) . Ausmultiplizieren ergibt aZ—bZ—c2+2bc = —a2+b2+cz+2bc,

also

a2 = b2+c2

Dies ist aber gerade aquivalent zu a = 90°. Aus Symmetriegrfinden gelten die analogen Aussagen ffir die Winkel B und Y. Das vorgelegte Dreieck ist somit genau dann rechtwinklig, wenn gilt : (ra-s)(rb—s)(rc—s) = 0. Damit ist Behauptung a) gezeigt. Mit der in Beweis 1 gezeigten Kquivalenz der Behauptungen a) und b) ergibt sich schlieBlich auch die Richtigkeit von b).

86.24

1986 L

2. Runde

Beweis 3 (mit Trigonometrie) Es werden zunfichst einige Formeln bereitgestellt:

(1) a

2R-sin(«) , b = 2R-sin(B)

(2) s

4R-cos(a/2)cos(B/2)cos(Y/2)

, c = 2R-sin(Y)

(3) s—a

4R-cos(u/2)sin(fl/2)sin(Y/2)

(4) F

2R2~sin(«)sin(fl)sin(Y)

(5’) r

4H-sin(a/2)sin(B/2)sin(Y/2)

(5) r

s-tan(«/2)tan(B/2)tan(Y/2)

(6’) !‘a

4R.sin(a/2)cos(fi/2)cos(Y/2); analog fur rb, rc

(6) n.

s-tan(u/2); analog ffir rb, rc

(7) tan (u/2)tan(fl/Z)+tan(fl/2)tan(Y/2)+tan(Y/2)tan(a/2) = 1

Zu g1p Diese F ormeln dfirften allgemein bekannt sein; sich unmittelbar aus dem Umfangswinkelsatz.

ein Nachweis ergibt

II II II II II

(a+b+c)/2 R(s in(u) + sin(B) R(s in(u) + sin(B) R(s in(u) + sin(B) R(s in(a) + sin(fl)

+ sin(Y))

+ sin(180°—«-fl)) + sin(a+B))

+ sin(«)cos(B) + cos(a)sin(fl)) R(2 sin(a/2)cos(u/2) + 2sin(B/2)cos(B/2) + Zsin(a/2)cos(a/2)(cosz(B/Z)-sin2(B/2) + 2(cosz(«/2)-sin2(a/2))sin(B/2)cos(B/2) ) 2R( sin(«/2)cos(«/2)(1+cosZ(B/2)-sin2(3/2)) 2R( sin(a/2)cos(a/2)-2cosz(B/Z)+sin(B/2)cos(fl/2)-Zcosz(a/2) ) -cos(u/2)cos(B/2)(sin(u/2)cos(B/2)+sin(B/2)cos(a/2))

II

n

+sin(fl/2)cos(B/2)(1+cosz(a/2)-sin2(«/2) )

II .5; :u

-cos(u/2)cos(B/2)sin(«/2 + 8/2)

u II

s

II

Zu g2):

-cos(«/2)cos(B/2)sin(90°—Y/2) -cos(a/2)cos(B/2)cos(Y/2)

cos(a/2)cos(B/2)cos(Y/2) - 2R~sin(a)

-cos(a/2)cos(B/2)cos(Y/2) — 4R-sin(«/2)cos(a/2) -cos(«/2)(cos(B/2)cos(Y/2)—sin(90°-fl/2—Y/2)) -cos(a/2)(cos(B/2)cos(Y/2)-cos(B/2 + Y/2)) -cos(a/2)(cos(6/2)cos(Y/2)—cos(B/2)cos(Y/2)

+sin(fl/2)sin(Y/2)) -cos(u/2)sin(B/2)sin(Y/2)

86.25

L 1986

2. Runde

Zn (42: 2F

a-b-sin(Y)

2R-sin(u)-2R-sin(B)sin(Y) 4R2-sin(«)sin(B)sin(Y)

II

II

II

F

N

Zn (5’) und (5): 2R2-sin(«)sin(B)sin(Y) 2R2-25in(«/2)cos(«/2)-251n(B/2)cos(8/2)-251n(Y/2)cos(Y/2) 4R-sin(«/2)sin(B/2)sin(Y/2) ~ 4R-cos(d/2)cos(B/2)cos(Y/2)

4H-sin(u/2)sin(B/2)sin(Y/2) - 5

Wegen r = F/s erhfilt man (5’); zusammen mit der bereits verwendeten Gleichung (2) ergibt sich damit unmittelbar (5).

Zu (6’) und (6): F

= 2R2.sin(a)sin(8)sin(Y) = 2R2-25in(u/2)cos(q/2)-ZSin(B/2)cos(B/2)-Zsin(Y/2)cos(Y/2) = 4R-cos(u/2)sin(E/2)sin(Y/2) ~ 4H-sin(a/2)cos(R/2)cos(Y/2) = 4H-sin(a/2)cos(B/2)cos(Y/2) ~ (5 — a)

Bei der letzten Umformung wurde (3) benutzt. Wegen ra = F/(s-a) erhfilt man (6’); zusammen mit Gleichung (3) ergibt sich damit unmittelbar (6).

Zn (7): 5-8 = 4R-cos(u/2)sin(B/2)sin(Y/2) = 4R-cos(«/2)cos(fl/2)cos(Y/2)tan(B/2)tan(Y/2) = s-tan(B/2)tan(Y/2) ; analog ffir s-b und s—c. s

3s — 25 3s - (a + b + c) (s ~a) + (s-b) + (s-c) s-(tan(B/2)tan(Y/2)+tan(Y/2)tan(u/2)+tan(a/2)tan(B/Z)) Division durch s liefert die Formel (7).

Nach

der Bereitstellung der Formeln sind die Beweise zu a) und b)

schnell zu ffihren. Beweis von Behauptung a): Nach (5) und (6) gilt r+ra+rb+rc=s(tan(a/2)tan(B/2)tan(Y/2)+tan(u/2)+tan(B/2)+tan(Y/2)).

Wegen a+b+c=25 ist damit die Gleichung im Behauptungsteil a) aquivalent zur Gleichung

86.26

1986 L

2. Runde

(*)

tan(«/2)tan(B/2)tan(Y/2)+tan(«/2)+tan(B/2)+tan(Y/2) = 2 .

Subtraktion von 2 auf beiden Seiten liefert unter Verwendung allgemeingfiltigen Formel (7) die zu (*) équivalente Gleichung

der

tan(u/2)tan(B/2)tan(Y/2)+tan(«/2)+tan(fl/2)+tan(Y/2)

-( tan(«/2)tan(B/2)+tan(B/2)tan(Y/2)+tan(Y/2)tan(a/2) + 1) = 0, aLso

(tan(a/2)—1)(tan(fl/2)-1)(tan(Y/2)—1) = 0 .

Diese Gleichung ist aber genau dann erffillt, wenn einer der Faktoren auf der linken Seite verschwindet, also a, B oder Y ein rechter Winkel ist. Damit ist a) bewiesen.

Der Beweis zu b) erfolgt wie bei den algebraischen Lésungen durch Reduktion auf die Behauptung im schon bewiesenen Aufgabenteil. Durch Quadrieren beider Seiten der Gleichung aus Teil 3) erhélt man die (wegen der Positivitét der Zahlen) fiquivalente Gleichung (r + ra + rb + rc)2 = (a + b + c)2

,

also

r2+ra2+rb2+rc2+2(rra+rbrc+rrb+rarc+rrc+rarc)=az+b2+c2+2(bc+ca+ab). Dies ist aber gerade zur Gleichung aus Behauptung b) denn es gilt allgemein: (!)

Equivalent,

rra+rbrc + rrb+rarc + rrc+rarc = be + ca + ab

Wegen des symmetrischen Aufbaus von (!) ist es ffir einen Nachweis hinreichend, die Gfiltigkeit von rra+rbrc = bc zu zeigen. Unter Benutzung von (5’) und (6’) erhélt man: rra+rbrc = 4R-sin(u/2)sin(B/2)sin(Y/2)-4R-sin(u/2)cos(B/2)cos(Y/2) +4R-cos(a/2)sin(B/2)cos(Y/2)-4R~cos(a/2)cos(B/2)sin(Y/2) 16R2-( sin?(a/2)sin(B/Z)sin(Y/2)cos(B/2)cos(Y/2) + cosz(u/2)sin(fl/2)cos(Y/2)cos(B/2)sin(Y/2) ) = 4R2-( sin2(u/2)-251n(B/2)cos(B/2)-251n(Y/2)cos(Y/2) + cosz(u/2)AZsin(@/2)cos(B/2)-2cos(Y/2)sin(Y/2) ) 4R2.( sin2(«/2)sin(fl)sin(Y) + cosz(a/2)sin(fl)sin(Y) ) 4R2-( (sin2(a/2)+cosz(u/2))sin(B)sin(Y) )

4R2~sin(fl)sin(Y) 2R-sin(G)-2R-sin(¥) bc

( nach (1) )

Damit ist der Beweis abgeschlossen.

86.27

IJ 1986

2.Runde

Bemerkungen zu den angegebenen und weiteren Beweisen Bei den Erléuterungen zu den Umformungen wurde zur Straffung der ohnehin léngeren Rechnungen auf begrfindende Erléuterungen verzich— tet, wo solche entbehrlich erschienen, z.B. fiberall bei der Anwen— dung der Additionstheoreme der Winkelfunktionen.

Weitere Lésungen sind z.B unter Verwendung der nachfolgenden meln méglich: Formel 1:

ra + rb + rc - r = 4R

Formel 2:

Genau dann ist Dreieck ABC rechtwinklig, wenn gilt

For—

a2 + b2 + c2 = 8R2

Beweis zu Formei 1: Nach den innerhalb von Beweis 2 zusammengestellten Formeln (6’) und (5’) erhfilt man:

ra + rb + rc - r = 4R-sin(«/2)cos(B/2)cos(Y/2) + 4R-cos(u/2)sin(B/2)cos(Y/2) + 4R-cos(«/2)cos(B/2)sin(Y/2) - 4R-sin(u/2)sin(fl/2)sin(Y/2) = 4R~sin(a/2 + fl/2)cos(Y/2) + 4R-sin(Y/2)cos(u/2 + 6/2) = 4R-sin(a/2 + 3/2 + Y/2) = 4R-sin(90°) = 4R .

Beweis zu Formel 2: Ausgehend vom Cosinussatz in der Form a2 = b2 + c2 - 2bc-cos(«) erhélt man durch Einsetzen gemfiB Formel (1) (ans Beweis 2): sin2(«) = sinz(fl)+sin2(Y)—Zsin(B)sin(Y)cos(u)

.

Dies liefert:

sin2(«) + sin2(B) + sin2(Y)

251n2(«) + Zsin(B)sin(Y)cos(«) ; 2-2cosz(a)+251n(fl)sin(¥)cos(a) = 2-2cos(u)(cos(a)-sin(B)sin(Y))

Der Faktor cos(u)-sin(B)sin(Y) vereinfacht sich wegen a=180°—B—Y fiber -cos(B+Y)—sin(fl)sin(Y) durch Anwenden des Additionstheorems der Cosinusfunktion zu cos(B)cos(Y), so daB man hat:

sin2(u) + sin2(B) + sin2(Y) = 2 - 2cos(«)cos(B)cos(Y).

86.28

2. Runde

1986 L

'

Durch Multiplikation mit 4R2 ergibt sich bei Benutzung der bereits oben benutzen Formeln (1) 32 + b2 + c2 = 8R2 — 8R2-cos(a)cos(B)cos(Y)

.

Da der Summand 8H2-cos(u)cos(B)cos(Y) genau dann verschwindetl wenn einer der Winkel a, B, Y ein rechter ist, ergibt sich damit die Behauptung von Formel 2 .

Aufgabe 3 Es sei dn die letzte von 0 verschiedene Ziffer der Dezimaldarstel— lung von n! . Man zeige, daB die Folge d1. d2, d3,

... nicht periodisch ist.

Erlfiuterung: Der Ausdruck n! ("n-Fakultét") bezeichnet das Produkt der natfirlichen Zahlen von 1 bis n. Eine Folge a1, 82, a3, ... heiBt genau dann periodisch, wenn es natfirliche Zahlen T und no mit der folgenden Eigenschaft gibt: Ffir alle natfirlichen Zah— len n mit n>no gilt 8n = an+T . Losung 1 Die folgenden zwei Hilfssfitze werden benutzt: Hilfssatz 1: Die Folge (dn) nimmt ffir n>1 nur Werte aus der Menge {2, 4, 6, 8} an ; das bedeutet: ffir jede von eins verschiedene natfir— liche Zahl n enthfilt die Primfaktorzerlegung von n! den Faktor 2 in hoherer Ordnung als den Faktor 5. Zum Beweis sei M die Menge der natfirlichen Zahlen von 1 bis n; jedes Element von M hat eine eindeutige Darstellung der Form 2k5mu, wobei k und m nichtnegative ganze Zahlen sind und u eine zu 1O teilerfremde natfirliche Zahl ist. Enthfilt M ein Element x=2k5mu mit k x’ ist offenbar injektiv. Streicht man nun aus M alle Elemente der Form 2k5mu mit k1

sei nun k die grbBte ganze Zahl ffir die 2k in M

gilt dann k21 und 5k > 4k = 22k .

liegt.

Wegen

Nach Definition von k kann

22k wegen 2k>k nicht zu M gehoren, erst recht dann also auch die groBere Zahl 5k nicht. Das Element 2k ist also von der Streichung nicht betroffen worden; somit tritt beim Produkt der Elemente aus M, also n!, der Primfaktor 2 in mindestens um k hoherer Ordnung als der Primfaktor 5 auf.

86.29

L 1986

2. Runde

Hilfssatz 2: Zn jeder natfirlichen Zahl n gibt es oberhalb einer vorgegebenen Schranke ein Vielfaches von n, dessen letzte von null verschiedene Ziffer eine 1 ist. Zum Beweis seien die natfirliche Zahl n sowie die Schranke s vorge— geben. Die Zahl n habe die Faktorzerlegung n = u-2k~5r ,

wobei u zu 2 und 5 teilerfremd sei.

Setzt man m:=n-2r-5km, so ist die letzte von null verschiedene Ziffer von m weder 5 noch eine gerade Zahl, also eine der Ziffern 1, 3, 7, 9. Durch Multiplikation mit 3 bei Ziffer 7, mit 7 bei Ziffer 3 und mit 9 bei Ziffer 9 erhfilt man ein Vielfaches von n, dessen letzte von null verschiedene Ziffer eine 1 ist. Durch Multiplikation mit einer s fibertreffenden Zehnerpotenz erhfilt man das gewfinschte Vielfache von n. Damit ist der Hilfssatz bewiesen.

Die Annahme der Periodizitét der Folge (dn) wird nachfolgend zum Widerspruch geffihrt. Es seien no und T geeignete natfirliche Zahlen, so daB ffir alle nEN mit n>no gilt dn = dn+T; fur jede naturliche Zahl k gilt dann dn = dn+kT, wie durch vollsténdige Induk— tion unmittelbar folgt. Man wfihle die natfirliche Zahl k so, daB die letzte von null ver— schiedene Ziffer von kT eine 1 ist und kT>no+1 gilt. Dann gilt

dkT=d2kT und dkT—1=d2kT—1. Wegen dkT—12d2kT—1 muB die letzte von null verschiedene Ziffer von (kT-1)! mit der letzten von null verschiedenen Ziffer von (2kT—1)! fibereinstimmen. Diese letzte Ziffer ist nach Hilfssatz 1 eine 2,4,6 Oder 8. Da die letzte von null verschiedene Ziffer von kT eine 1 ist, gilt dkT-1:dkT, also auch d2kr—1=d2kw. Die letzte von null verschiedene Ziffer von 2kT ist eine 2; wegen (2kT)!=(2kT—1)!-2kT ergibt sich aus d2kT—1=2 (bzw. 4, 6, 8) dkT=4 (bzw. 8, 2, 6) mit Widerspruch zu d2kT-l=d2kT. Die Folge (dn) ist damit als nichtperiodisch nachgewiesen.

Lésung 2 Die Lésung verwendet Hilfssatz 1 aus Lbsung 1 sowie die folgenden beiden Hilfssétze: Hilfssatz 3: Das Produkt P(n):=n(n+1)(n+2)...(2n-1) enthélt ffir jede natfirliche Zahl n > 533/2 den Faktor 2 in héhe— rer Ordnung als den Faktor 5, d.h. ffir die Darstel-

lung

der Form P(n)=22-5f~u,

wobei u zu 2 und 5 tei-

lerfremd ist, gilt z > f . Zum Beweis seien e und w unter den natfirlichen Zahlen, fur die gilt 2° 33 erffillt. Denn mit dem binomischen Satz erhélt man

29 = (1+1)e

> 1 + e + e(e—1)/2 > 16e

Hieraus folgt (1) und wegen 2" T’ umkehrbar ist, betrégt die Anzahl der betrachteten Mengen f(n); somit gilt

(*)

f(n+2) = f(n+1) + f(n)

Zur Berechnung von f(32) verféhrt man dann geméB Lésung 1.

87.5

1. Runde

L 1987

Erganzung: Zur expliziten Darstellung von f(n): Vielen Teilnehmern wird die Fibonaccifolge und vor allem ihre explizite Darstellung nicht gelfiufig sein; der nachfolgende Weg zur Herleitung kbnnte ffir Schfiler nach einam Leistungskurs Lineare Algebra gewahlt werden: Die Menge M aller Folgen, die einer vorgegebenen zweigliedrigen linearen Rekursion genfigen - hier sei speziell (*) gewahlt -, bildet einen zweidimensionalen Vektorraum. Zwei beliebige linear unabhangige Folgen in M bilden somit eine Basis von M; wegen der besonders einfachen Berechenbarkeit sucht man nach geometrischen Folgen (1,q,q2,q3,...) in M. Die Folge (1,q,q2,q3,...) liegt genau dann in M, wenn ffir alle nEN gilt: qn+1

Dies ist Gleichung

:

qn

+

qn—1_

offenbar genau dann der Fall, wenn q eine Lééung der x2 - x - 1 = 0 ist, also ffir die Werte q1 und q2 mit

91:15—45

und

q2=1§_‘l§

Die durch q1 und q2 bestimmten geometrischen Folgen sind linear unabhangig, da dies bereits ffir die zweidimensionalen Vektoren (1,q1) und (1,q2) gilt. Die gesuchte Folge (f(1),f(2),f(3),...) laBt sich also als Linearkombination der beiden geometrischen Folgen mit geeigneten Koeffizienten u und 8 darstellen. Wegen f(1)=2 und f(2)=3 gilt also insbesondere:

a + B «q1 + q

2 3

(n (n

1 2

eingesetzt), eingesetzt) .

Als Lésungen dieses linearen Gleichungssystems erhalt man

=292-3:~f5'-2 a

qz—ql

75

:3-231_2+(§' ’

B

q2-q1—

Damit hat man ffir f(n) die folgende Darstellung:

f(n): 757(—

Hiermit laBt sich nun f(32) berechnen:

2 «SLZ 1-43 2 2 J5 1 4E «finfi‘ 2 >32 + W‘Lz 32

87.6

1987 L {5. (3—35)”, + 4+2§(3+f)16 .h

N)

1. Runde

“4

—5

-3 1

‘

—3~15‘+5+3w/5' 7+345')B ‘3(2>8+1—0(— 1

3—;5315 + 5+3gg(3+;5316

§

0

a °fi

_

O

31 ,\ 47—2175‘4 ) +)5+3’l5‘,47+21~15‘ 2 10 ‘ 2

5—345‘ 2207—98745” 2 1o (

_

'

2

)

+ 5_0+3¢5‘(W2

5-3.15‘ 4870847—21783OQJE'

1o '

+

2

5+3JE§ 4870847+2178309¢§ 1o 2

(10-4870847 + 6-5-2178309)/20 (4870847 + 3-2178309)/2 = (4870847 + 6534927)/2 11405774/2

= 5702887 ; damit ist f(32) berechnet.

Aufgabe 3 Gegeben sei ein konvexes Vieleck mit mindestens drei Ecken. Durch je drei aufeinanderfolgende Ecken wird jeweils ein Kreis gelegt. Man beweise, daB mindestens eine der dadurch entstandenen Kreisscheiben das Vieleck ganz fiberdeckt.

Lésung 1 Es werden zunéchst zwei Uberdeckungs- und von Kreissegmenten formuliert.

Anordnungsbeziehungen

(1)

Die Menge aller Kreissegmente fiber einer gemeinsamen Sehne AB und in der gleichen Halbebene von (AB) ist bezfiglich der Mengeninklusion vollsténdig geordnet.

(2)

Sind K1 und K2 zwei verschiedene Kreisscheiben mit gemeinsa— mer Sehne AB, so wird in genau einer der beiden durch (AB) bestimmten Halbebenen das dort liegende Segment von K1 durch das dort liegende Segment von K2 fiberdeckt, wéhrend in der anderen die Rollen von K1 und K2 gerade vertauscht sind.

Auf einen Beweis zu (1), etwa mit Hilfe von Stetigkeits— und An— ordnungsaxiomen und ggfs. Verwendung des Umfangswinkelsatzes oder mit analytischen Verfahren unter Ausnutzung der Stetigkeit der Abstandsfunktion und des Zwischenwertsatzes wird verzichtet.

87.7

1. Runde

.

L 1987

K1

A

B

Wfire (2) falsch, mfiBte es zwei Kreise mit zwei gemeinsamen Punkten gebenl bei denen von den zugehérigen Kreisscheiben die eine die andere ganz fiberdeckt. Genau wie man in (1) drei gemeinsame Punkte bei zwei verschiedenen Kreisen ausschlieBen kann, kann man hier die Berfihrung zweier verschiedener Kreise in zwei verschiedenen Punkten ausschlieflen. Zu dem vorgelegten konvexen Vieleck, V bezeichnet, wird definiert:

es sei nachfolgend stets mit

Ein Punktetripel (ABC) heiBe ausgezeichne , wenn A, B und C Ecken von V sind und kein Punkt von V auBerhalb der durch A, B und C bestimmten Kreisscheibe liegt. A, B, C seien Eckpunkte von V. Unter dem Uberhang des Punktetripels (ABC) sei die Summe k + m verstanden, wobei k die Anzahl der Eckpunkte auf dem C nicht enthaltenden Weg auf V von A nach B, m die Anzahl der Eckpunkte auf dem A nicht enthaltenden Weg auf V von B nach C ist. Anfangs- und End— punkt des Weges werden dabei jeweils nicht mitgezéhlt, so daB genau dann das Punktetripel (ABC) den Uberhang 0 hat, wenn A, B und C unmittelbar in dieser Reihenfolge aufeinanderfolgende Ecken von V sind. C In rechts skizzierten Beispiel ist V ein Vieleck mit 9 Ecken. GeméB der Definition ergibt sich ffir das Punk— B (ABC) mit k=2 und m=1 ein tetripel Uberhang von 3; ffir das Punktetripel (BCA) betrfigt der Uberhang 4, ffir das Punktetripel (CAB) hat er den Wert 5.

A

Es wird nun bewiesen: 1)

Es gibt zum vorgelegten konvexen Vieleck V zeichnetes Punktetripel.

ein

ausge—

2)

Zu jedem ausgezeichneten Punktetripel mit positivem Uberhang gibt es ein ausgezeichnetes Punktetripel mit kleinerem Uberhang.

Da der Uberhang eine nicht negative ganze Zahl ist, folgt aus 1) und 2) dann unmittelbar die Existenz eines ausgezeichneten Punkte-

tripels mit Uberhang 0.

87.8

1. Runde

Zn 1): Man wfihle A und B 815 beliebige benachbarte Eckpunkte von V. Wegen der Konvexitfit des Vielecks liegen dann alle seine Eckpunkte auf def gleichen Seite der Geraden (AB). Man betrachte nun fur alle von A und B verschiedenen Eckpunkte X von V zunéchst den Kreis durch A, B, X und dann jenes Segment der durch diesen Kreis bestimmten Scheibe, das in der gleichen Halbebene von (AB) liegt wie der Punkt X. Das maximale Segment enthélt alle anderen (vgl. (1)); die zugehé— rige Kreisscheibe fiberdeckt somit das Vieleck V. Nach Kanstruktion liegt auf dem Rand dieser Scheibe auBer A und B mindestens ein weiterer Eckpunkt von V; ein solcher Punkt sei mit C bezeichnet. Mit (ABC) ist ein ausgezeichnetes Punktetripel gefunden. Zu 2): Vorgelegt sei ein ausgezeichnetes Punktetripel (ABC) mit Bositivem Uberhang. Dann gibt es auf dem C nicht enthaltenden Weg (auf V) von A nach B oder aber auf dem A nicht enthaltenden Weg (auf V) von B nach C einen weiteren Eckpunkt. Wegen der Symmetrie in A und C bei der Definition von zulfissigem Punktetripel und fiberhang darf oBdA angenommen werden, daB ein Eckpunkt 01 von V auf dem C nicht enthaltenden Weg von A nach B liegt. Mit entsprechender Bezeichnung bilden dann die Ecken A,Q1.02,...,Qk,B,R1,R2,...,Rm,C mit kg1 und mZO eine Folge benachbarter Ecken von V. Der Uberhang des ausgezeichneten Punktetripels (ABC) betrégt k+m.

Kein

Punkt

van

auflerhalb der ten

V

liegt

geraster—

Fléche.

A

Man betrachte nun in der C nicht enthaltenden Halbebene von (AB) die Segmente Sl,Sz,...,Sk, deren zugehérige Kreisbégen dutch A,B,Qi (i=1,2,...,k) verlaufen. Mindestens einer der Punkte Q; liegt nach Definition der Segmente auf dem Rand des maximalen Segmentes; gig solcher Punkt sei mit P bezeichnet. AuBerhalb des Kreises durch A,B,P liegen dann keine Punkte von V, da in der C enthaltenden Halbebene von (AB) der Deckel nicht verkleinert wird und in der Halbebene von P bei der eventuellen Verkleinerung keine Ecken von V verloren werden.

87.9

1. Runde

L 1987

(APB) ist somit ein ausgezeichnetes Punktetripel; sein Uberhang betrfigt k-1, ist mithin kleiner als der Uberhang von (ABC). Nach den bereits angegebenen Uberlegungen ist damit der geforderte Nachweis erbracht.

Lésung 2 Durch je drei Ecken des Vielecks werden Kreise gezeichnet. Da die Anzahl der Kreise endlich ist, gibt es mindestens einen Kreis mit maximalem Radius. Solche Kreise sollen im folgenden Maximalkreise heiBen. Hilfssatz: . A,B,C seien drei Ecken eines Vielecks, durch die ein Maximalkreis geht. (BAG = « sei ein spitzer Winkel. Ist A’ eine weitere Viel— ecksecke und IBA’C = a’, so gilt:

a g a’ 5 180° — a.

A

. A

Beweis: Bezeichnet a die Lénge von BC, so gilt 2R = a/sin(u) und 2R’ = a/sin(u’), wobei R und R’ die jeweiligen Umkreisradien sind. B

De R maximal ist, folgt wegen R Z R’ Ungleichung sin(u)gsin(«’) und damit Behauptung.

die die

Es wird nun gezeigt:

C

zu

(1)

(1)

Jede Kreisscheibe eines Maximalkreises fiberdeckt das Vieleck vollsténdig.

(2)

Jeder Maximalkreis geht durch drei aufeinanderfolgende des Vielecks.

Ecken

Zu(1): Angenommen, es gebe eine Ecke A’ des Vielecks auBerhalb des Maximalkreises k. Die Eckpunkte A,B,C auf dem Maximalkreis seien sd bezeichnet, daB die Punkte A,B,C,A’ in dieser Heihenfolge ein konvexes Viereck bilden. Die Diagonale BA’ verlfiuft dann innerhalb des und schneidet den Bogen AC von k in P.

Winkels

{ABC

OBdA ist « ein spitzer Winkel (sonst vertausche man die Bezeichnungen von A und C). Es gilt nun, wobei bezeichnungs— technisch nieht zwischen den Winkeln und ihrer GréBe unterschieden wird: a = IBAC = IBPC (Umfangswinkelsatz) = {BA’C + iPCA’ (AuBenwinkelsatz) > {BA’C = a’ Dies ist ein Widerspruch zum Hilfssatz.

87.10

1987 L

1. Runde

OBdA seien u und 8 spitze Zu(2): A,B,C seien wie in (1) gewéhlt. Von B fiber C his A Es wird nun (indirekt) gezeigt: Winkel. liegen alle Vielecksecken auf k. Da keine Ecke auBerhalb von k liegt, ist die Annahme der Existenz eines Punktes A’ "zwischen B und C" und in Inneren A von k zum Widerspruch zu ffihren. Die Gerade (BA’) schneidet den Kreis k in einem Punkt, der P heiBe. Es gilt nun nach AuBenwinkelsatz und weil BPCA ein Sehnenviereck ist: a’ = {BA’C = {BPC + IPCA’

>rBPc=180°—u.

Dies ist ein Widerspruch zum Hilfssatz. In analoger Weise zeigt man, auf k liegt.

‘5

B A

‘vc B

daB jeder Punkt "zwischen" C und

DaB die Lésung der Aufgabe auch mit Hilfe vollsténdiger méglich ist, zeigt der nachfolgend skizzierte Beweis.

A

Induktion

Lésung 3 Die Behauptung ist offensichtlich richtig ffir n=3, da man hier den Umkreis des Dreiecks wéhlen kann. Es darf ffir die Induktion vorausgesetzt werden, daB n23 ist und zu jedem konvexen n-Eck ein umschlieBender Kreis der angegebenen Art existiert. Vorgelegt sei ein konvexes (n+1)-Eck mit den Ecken A1,A2,...,An+1. Es sei I:={1,2,3,...,n+1}. Zu jeder Ecke Ai (iEI) liefert der Schnitt durch die beiden Nachbarecken ein Dreieck, wel— ches die Ecke Ai enthélt , und ein kon— vexes n-Eck mit den gegebenen Ecken, Jedoch ohne Ai. Das nach Abschneiden von A: verbleibende n-Eck sei mit Vi bezeichnet; ffir jedes i sei k: einer der geméB Induktionsvoraussetzung exi— stierenden Vi umschlieBenden und (min— destens) drei benachbarte Ecken von Vs enthaltenden Kreise. Der Begriff be— nachbarter Ecken wird nachfolgend, falls nicht ausdrficklich anders erwéhnt, stets im Bezug auf das gegebene (n+1)-Eck benutzt. Falls nun ffir einen Index 161 die Ecke A: auf ki liegt, oder falls k1 die Ecke Ai im Inneren enthélt und nicht durch die beiden Nachbarecken von Ai verléuft, ist mit ki offenbar ein umschlieBender Kreis der gewfinschten Art gefunden. Es bleibt also lediglich noch der Fall zu untersuchen, bei dem ffir alle iEI gilt: (Ai liegt auBerhalb von ki) oder (ki verléuft durch die beiden Nachbarecken von Ai und enthélt As im Inneren).

87.11

1. Runde

L 1987

Gibt es einen Index 161, ffir den die Ecke As in Inneren von ks liegt, so umschlieBt der Kreis durch die benachbarten Ecken A,As,B das gesamte Vieleck (vgl. Losung 1).

Gibt es kein solches i, so liegt ffir alle iEI die Ecke As auBerhalb des zugehorigen Kreises ks. Sind ffir einen der— artigen Index i zwei der drei in Vs benachbarten Punkte auf ks im (n+1)-Eck zu As benachbart, (sie mogen A,B,C heiBen), so ist, ggfs. nach Bezeichnungsvertau—

A

i

schung innerhalb A,B,C das Viereck AAsBC konvex. Alle Punkte des Vielecks liegen in der gleichen Halbebene von BC.

B /

Der Kreis durch As,B und C umschlieBt dann das gesamte Vieleck zur Begrfindung vgl. Segmentfiberlegung aus Losung 1.

—

Zu erledigen bleibt nur noch der Fall, daB ffir alle Indizes 161 die Ecke As auBerhalb von ks liegt Egg die beiden Nachbarecken von As nicht zu den drei in Vs benachbarten Ecken gehoren, die ks bestimmen. Ffir jedes ieI ist ks durch ein Tripel von in Vs aufeinanderfolgen— den Eckpunkten bestimmt. Da nicht zwei dieser Eckpunkte zu As benachbart sind, mfissen die drei Ecken jeweils auch im (n+1)~Eck benachbart sein. Jeder der n+1 Kreise k1,..,kn+1 wird von zweien der n+1 Seiten des (n+1)-Ecks bestimmt. Es gibt also mindestens zwei verschiedene Indizes i,j€I, so daB die Kreise ks bzw. k5 eine Vielecksseite AB als gemeinsame Sehne haben. Da alle Ecken des konvexen Vielecks auf der gleichen Seite von (AB) liegen, mfissen sich insbesondere As und A5 in der gleichen Halbebene von (AB) befinden. Dann fiberdeckt aber mindestens eine der Kreisscheiben durch A,B und einen der Punkte As, A5 den anderen (vgl. Anord— nungsbeziehung (1) in Lésung 1); dies steht aber im Widerspruch zum letzten diskutierten Fall, der somit nicht eintreten kann.

Aufgabe 4 Vorgegeben seien n3 Einheitwfirfel (n>1), die von 1 bis n3 durchnu— meriert sind. Alle diese Einheitswfirfel werden zu einen Wirfel der Kantenlénge n zusammengesetzt. In diesem Wfirfel heiBen zwei Einheitswfirfel benachbart, wenn sie mindestens eine Ecke gemeinsam haben. Als Abstand zweier benachbarter Einheitswfirfel wird der Absolutbetrag der Differenz ihrer Nummern definiert. Man denke sich ffir jede mogliche Zusammensetzung des groBen Wfir— fels den gréBten auftretenden Abstand benachbarter Einheitswfirfel auf eine Tafel geschrieben. Was ist die kleinste Zahl, die auf dieser Tafel notiert wird ? (Beweis !) Erléuterung: ge 1.

87.12

Ein Einheitswfirfel ist ein Wfirfel mit der Kantenlén—

1987 IJ

1.Runde

Lésung Die zu bestimmende kleinste Zahl auf der Tafel sei mit k net. Es wird bewiesen

und

a)

k 2 n2 + n + 1

b)

k g n2 + n + 1 .

Aus a) und b) ergibt sich dann

bezeich—

k = n2 + n + 1 .

Zu a) Man ffihrt ein réumliches Koordinatensystem derart ein, daB die Achsen parallel zu den Wfirfelkanten verlaufen und bei (0,0,0) und (n-1,n-1,n—1) die Mittelpunkte zweier raumdiagonal gegenfiberliegender Eckwfirfel des groBen Wfirfels liegen. Nach dieser Festlegung wird nicht mehr zwischen einem Wfirfel und den Koordinatentripel seines Mittelpunktes unterschieden. Man definiert eine Funktion d, indem man ffir je zwei Wfirfel W1 und W2

(mit W1=(x;,y1,21), W2=(X2,y2,22)) setzt: d(W1,W2) :=

max{IX1—X2|,Iy1-y2l,|21-22|}

W1 und W2 sind offenbar genau dann benachbart bzw. gilt d(W1,W2) = 1 bzw. d(W1,W2) = 0.

.

identisch, wenn

Es sei nun A der Wfirfel mit der Nummer 1, B der Wfirfel mit der Nummer n3, B = (bx,by,bz). Man definiert rekursiv eine Folge WO,W1,W2,...,Wn-1 von Einheitswfirfeln durch

Wo

:= A

und

Xi

= Xi—l + sgn(bx—Xi—1)

ya z;

= Yi—l + sgn(by—yi—1) = Zi-l + Sgn(bz—Zi—l)

fur i£{1,2,..,n—1}

.

Dabei ist die sgn—Funktion (bekanntlich) so erklért, daB sie fur negative reelle Zahlen bzw. 0 bzw. positive reelle Zahlen den Wert —1 bzw. 0 bzw. 1 annimmt. Da beim Ubergang von Wi-l zu Wi keine Koordinate um mehr 315 1 veréndert wird, sind die Wfirfel Wi-l und W: (i=1,2,3,...,n-1) benachbart oder gleich. Ffir alle iE{0,1,2,...,n—1} gilt dann d(Wi,B) < n-i, wie sich unmittelbar durch Induktion fiber i ergibt. Speziell hat man d(Wn-1,B) = 0, also Wn-1 = B. Die Nummer von Wfirfel Wi (i=0,1,2,...,n—1) sei mit Wi bezeichnet. Dann ist w0=1 und Wn—1=n3 und man hat (n—1)-max

lwi—Wi-ll z lwn—1—Wn—2l + IWn—z-Wn—al + ... +

[W1—wol

2 |(Wn—1-Wn—2) + (Wn-Z—Wn—S) + ... + (w;-wo)|

Iwn-1 - wol

: n3 — 1

= (n—1)(n2+n+1)

87.13

1. Runde

L 1987 Somit folgt:

max IWi—Wi-ll

Z n2 + n + 1 .

Es gibt also mindestens zwei benachbarte Wfirfel, deren Abstand gréBer als n2+n ist. Da eine beliebige Anordnung zugrundelag, folgt, wie unter a) behauptet: kgn2+n+1 Zu b) Man weist dem Wfirfel mit der Nummer N (15N5n3) auf folgende Weise seinen Platz zu: N—1 hat im Stellenwertsystem mit der Basis n eine eine eindeutig bestimmte Darstellung (x,y,z)n. (Die Darstellung bedeutet : N—1=xn2+yn+z mit 05x,y,zgn—1). Man setzt W = (x,y,z); dabei ffihren verschiedene Nummern N zu verschiedenen Darstellungen und umgekehrt, und benachbarte Wfirfel unterscheiden sich in allen drei Koordinaten hfichstens um 1. Ist der eine der Wfirfel etwa (x,y,z), laBt sich der andere in der Form (x+e,y+f,z+g) mit e,f,g€{—1,0,1} beschreiben. Ffir ihren Abstand ergibt sich daher

| en2 + fn + g I

S

Ienzl +

Ifnl + lgl

g n2 + n + 1 .

Man erhalt daher

k g n2 + n + 1 ,

womit b) gezeigt ist.

Die kleinste auf der Tafel notierte Zahl ist mithin n2 + n + 1 .

Erganzung zu a) und b) Der anschauliche und fibersichtliche Sachverhalt laBt weniger formale und damit besser lesbare Darstellungen zu. So kann als offensichtlich hingenommen werden, dafi beim Ubergang zu einem benach— barten Wfirfel alle drei Koordinaten héchstens um 1 verfindert werden; ein solcher Ubergang sei als Schritt bezeichnet. Von jedem beliebigen Wfirfel gelangt man zu jedem anderen durch héchstens n—1 Schritte. Hit 1 Schritten erreicht man, ausgehend vom Wfirfel der

Nummer 1,

héchstens Wfirfel mit Nummern g 1+ik.

Da man zum Wfirfel

mit der Nummer n3 mit héchstens n—1 Schritten kommt, folgt 1 + (n-1)k 3 n3,

aLso

k 2 n2 + n + 1.

Damit ergibt sich die Behauptung a) . Bei b) kann man "scheibenweise" die entsprechende Ffillung des groBen Wfirfels beschreiben: Man ffillt eine unterste Scheibe des groBen Wfirfels nach dem folgenden Schema, in dem statt der Wfirfel ihre Nummern angeschrieben sind: 1 n+1

2 n+2

... . . .

(n—1)n+1

.

...

n 2n

n2

Die zweitunterste Scheibe ffillt man entsprechend mit n2+1,...,2n2 usw bis zur obersten Scheibe, die entsprechend mit (n—1)n2+1,...,na ausgeffillt wird. Dann ist der Abstand benachbar—

ter Wfirfel héchstens 1n2+1n+1; somit ist kgn2+n+1 .

87.14

1987 L

2. Runde

2. Runde

Lésungen 1987 Aufgabe 1

Man bestimme alle Tripel (x,y,z) ganzer Zahlen, ffir die gilt:

2x + 3y = 22 .

Ergebnis: Die gesuchten Lésungstripel sind (0,1,2),

(350,3),

(4,215):

(0:11—2):

(3201—3))

(4:21—53)-

Vorbemerkungen Da die linke Seite der Gleichung (*)

2x + 3y 2 z2

als Summe zweier positiver Zahlen stets positiv ist, kann es kein Lésungstripel der Form (x,y,0) geben. Wegen zz=(-z)2 ist mit Jeder Lésung (x,y,z) auch (x,y,~z) eine Lésung Von (*). Wére genau eine der Zahlen x, y negativ, so lége 2x+3y zwischen den aufeinanderfolgenden natfirlichen Zahlen 3y und 3Y+1 bzw. 2X und 2x+1. Hfitten sowohl x als auch y negative Werte, so hétte man

0 < 2x+3y 5 1/2 + 1/3 < 1.

In der Gleichung (*) tritt also

links

héchstens dann eine gauze Zahl auf, wenn weder x noch y negativ sind. Wegen zZEN ist dies eine notwendige Bedingung ffir Lbsungen von (*). Zum Nachweis der Richtigkeit des oben angegebenen Ergebnisses ist also zu zeigen, daB die Gesamtheit der Lésungen von (*) mit x,tb und zEN die Menge {(0,1,2), (3,0,3), (4,2,5)} ist. Dabei wird die Bereichseinschrénkung ffir x,y,z in der gesamten weiteren Bearbeitung ohne erneute Begrfindung vorgenommen. Zu beweisen ist: (1)

Im Falle xy=0 sind (0,1,2) und (3,0,3) die einzigen tripel zu (*).

Lésungs-

(2)

Im Falle xy>0 ist (4,2,5) die einzige Lésung von (*)

.

SchlieBlich reicht es zum Beweis, andere als die oben genannten Lésungen auszuschlieBen, da sich die Richtigkeit der Gleichungen 2°+31=22, 23+3°=32 und 24+32=52 sofort bestétigen lfiflt.

87.15

2. Runde

L 1987

Beweis Zn (1) Wegen xy=0 hat man die spezielle Gleichung

1 + k” = z2 mit (k,w) E { (2,x),

(3,y) }

zu lésen.

Durch Umformung dieser Gleichung erhfilt man k" = (z-1)(z+1) . Da k eine Primzahl ist, muB sich w als Summe r+s (r,sehb, r a1+Sn—1

(m—1)'(b1—Sm~1)

(m—1)!-(b1—Sm—1) > (m—2)!-(a1+5n—1)

bm

>

,

(m—2)!-(a1+Sn—1)

Nach [0] und (2a) hat man daher (n—1)!-(a1+Sn—1) > (m—2)!

und somit n—1)m—2, (a)

(a1+Sn—1)

also

n + 1 > m .

Aus [2] folgt

n -1>‘;~:>—::::::: Damit ergibt sich nacheinander

(n—1)‘(&1+Sn—1)

> bl—Sm—l

,

(n-1)!—(al+Sn—1) > (n—2)!-(b1-5m—1) an

> (n—2)!-(b1-Sm—1)

. ,

(m—1)!-(b1-Sm-1) > (n—2)!-(b1-Sm—1) Es ist also

m~1 > n—2, und somit

(B) m+1 > n . Mit (a) und (B) hat man m+2 > n+1 > m ; wegen m,n€N folgt somit die Gleichheit von m und n. Hiermit ergibt sich nun weiter an-bn=0,

also nach (28), und mithin

(2b)

(n-1)!-(a1-b1+25n-1) = 0, ZSn—l = b1-a1.

Wegen der strengen Monotonie von (Sn) kann die letzte nur ffir héchstens einen Index n richtig sein.

Gleichung

Es gibt also nicht unendlich viele Zahlen, die sowohl bei (an) als auch bei (bn) als Folgenglieder vorkommen.

87.23

2. Runde

L 1987 Lésungsvariante Die Definition der Folge (Sn) sei geméB der obigen Lfisung nommen.

vorge—

Die Folgen (an) und (bn) nehmen schlieBlich streng monoton zu. Dies ist ffir (8n) wegen a1>0 und an+1=n!-(a1+5n) unmittelbar zu sehen. Aus b221 und bn+1~bn=(n~1)bn—1 ergibt sich ffir n23 durch vollsténdige Induktion, daB bn+1—bn positiv ist, also auch (bn) schlieBlich streng monoton zunimmt. Es wird nun gezeigt: [3a] Ist aszba

, so folgt

an+1>bn+1

ffir alle n23 .

[3b] Ist aa n-bn - 1 = bn+1

Zu [3b]:

an+1 = n~an+1 g n(bn-1)+1 = n‘bn+1-n < n-bn—1 = bn+1

Zum Nachweis von [4] definiere man zunéchst die Folge (qn) durch

qn

._ gn

.— b“

"

fur alle nEN ,

.

also ist qn

= 31+Sn—1

E::§;:I

u

fur n22 .

Aus der (im Lésungsbeispiel gezeigten) Konvergenz von (5n) gegen einen Grenzwert s zwischen 1 und 2 ergibt sich die Konvergenz der Folge (qn) gegen einen positiven Grenzwert. Damit sind die Folgen (n‘qn — 1) und (n - qn) bestimmt divergent gegen unendlich. Die Umformungen an—bn—l

= n'an-1+1“bn-1

: n'bn—I'Qn-1+1—bn—1

= bn—1(H'Qn—1—1)+1

und bn+1"8n

=

n'bn‘1—8n

=

n'bn‘1—‘bn'Qn

= bn' (n—Qn)—1

zeigen, daB auch die Folgen (an-bn—l) und (bn+1-an) bestimmt di— vergent gegen unendlich sind, insbesondere also héchstens endlich oft nicht-positive Werte annehmen. Damit ist [4] gezeigt, was den Beweis abschlieBt.

87.24

1987 L

2. Runde

Bemerkungen und Ergénzungen 1.

Nach Definition der Folge (Sn) gilt 51:1, und ffir ieN

ss+1 - Si

woraus erhélt

= TEI1ST

,

man durch Summation fiber der Indexmenge {1,2,3,...,n}

n

1

Sn+1 =2 m+1 i=1

Der Grenzwert der Folge (Sn) ist somit, wie aus der Analysis bekannt, e-1; insbesondere hat man wieder das Resultat (1) . 2.

Die Losungen zeigen, daB die Voraussetzung, daB die Glieder der Folgen (an) und (bn) natfirliche Zahlen sind, durch die schwécheren Forderungen a1>0 und b122 ersetzt werden konnen.

Aufgabe 4 Es seien k und n natfirliche Zahlen mit 1 < k g n; X1,X2,X3,...,Xk seien k positive Zahlen, deren Summe gleich ihrem Produkt ist.

a)

Man zeige:

x1“"1 + x2“‘1 + ... + a‘l 2 kn .

b)

Welche zusfitzlichen Bedingungen ffir k, n sind notwendig und hinreichend daffir, daB

x1“'1 + X2n'1 + ... + a‘1 = kn

und

X1,X2,..-,Xk

gilt ?

Lésung 1 Es wird zunfichst eine Ungleichung bereitgestellt: (1)

Sind k und n natfirliche Zahlen mit n > k > 1,

so gilt

nl/‘n‘1) < kl/(k'l)

Kquivalent zu (1) ist, daB, wie nachfolgend bewiesen wird, die Folge ((1+k)1/k) streng monoton abnimmt. In der folgenden Glei— chungs/Ungleichungskette wird zur Abschatzung- die Bernoullische Ungleichung verwendet.

“R” 2 ”—35“ : (1—+k) 1‘ ‘ (1

17:1?k < (1‘ 1%?” = “1‘ 87.25

2.Runde

IJ 1987

Aus

(1+fi)k < 1+k

(1+k)k

erhélt man durch schrittweise Umformungen

< (1+k)~kk ,

(1+k)"‘1 < kk (1+k)1/k

,

< kl/(k-l)

womit (1) gezeigt ist. Weiter wird noch die (bekannte) Ungleichung zwischen schem und geometrischem Mittel verwendet: (2)

Ist k (kZZ) eine natfirliche Zahl und sind positive reelle Zahlen, so gilt: (a1+82+...+ax)/k g (a1-a2~...-ak)1/k

arithmeti—

a1,az,...,ax

.

Dabei steht genau dann das Gleichheitszeichen, wenn alle as (i=1,2,...,k) paarweise gleich sind.

T := x1+x2+X3+...+Xk = X1X2Xa...Xk

T/k

IV

Mit

ergibt sich nach (2)

T1/k

T reicht.

In dem Buch L.C.Larson : Problem-Solving Through Problems, Springer—Verlag, ist im Kapitel fiber die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung unter 7.3.5 die folgende Aufgabe angegeben (und gelést): Ffir natfirliche Zahlen k,n und positive gilt stets

Zahlen

x1,xz,...,xn

(X1+X2+...Xk)(X1n_1+X2n_1+...+a_1) g k(x1“+x2"+...+xxn)

87.28

.

1987 I4

2. Runde

Mit Ti := x1i+x2‘+...+xxi (iEN) gewinnt man hieraus durch Induktion fiber n ffir n22 die Gfiltigkeit der Ungleichung

kn'Z-Tn-l 2 T1"‘1

( - also (4) )

und gelangt damit in die Bahnen von Lésungsbeispiel 2. Die Bernoullische Ungleichung, die Schwarzsche Ungleichung und die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel wurden in den Lésungsbeispielen als bekannt vorausge— setzt. Von den Teilnehmern wurde kein Beweis erwartet, da diese Ungleichungen vielfach zum Unterrichtsstoff gehéren, zumindest aber in den gangigen Formelsammlungen zu Verffigung stehen.

Die Ungleichungen werden nachfolgend angegeben und bewiesen.

3.1

Bernoullische Ungleichung (in modifizierter Form):

Ist a£R\{0}, a>—1 und nEN, n>1, so gilt Beweis (durch vollst.

(1+8)n > 1 + n-a .

Induktion):

Die Behauptung ist ffir n=2 offensichtlich richtig, zusatzlich der positive Summand a2 auftritt.

da

links

SchluB von n auf n+1 (n22):

(1+a)n+1 = (1+a)"-(1+a) ) (1+na)-(1+a) > 1+(n+1)a . 3.2

Cauchy—Schwarzsche Ungleichung: Sind (8i) und (bi) Vektoren des Raumes R“, so gilt stets x k k ( Z aibi)2 S ( Z ai2)-( Z biz)

‘-1

i=1

1-

Dabei

tritt

_ i—l

.

genau dann Gleichheit auf,

wenn

die

Vektoren

(as), (b3) linear abhangig sind. Beweis: Sind die Vektoren linear abhangig, (also oBdA bi=t-ai ffir ein geeignetes t und alle Indizes i, ggfs. nach Vertau— schung der Vektoren), so ergibt sich auf beiden Seiten der

angegebenen Ungleichung tz-(Zasz)2 . Es bleibt zu zeigen, daB im Falle linearer Unabhéngigkeit das Kleinerzeichen steht.

k Mit den Bezeichungen

gilt:

A := Z aiz

k ,

B := Z biz

,

C := Z aibi

i:

k 0 < {(Bax—Cbi)2 = 32A — 213C2 + CZB = B(AB - CZ)

'= .

i=1

87.29

2. Runde

'

L 1987

Dies liefert nach Division durch die kpositive) Zahl B 0