Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1992-1997 [1 ed.] 3127108303

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Bundeswettbewerb

Mathematik Aufgabcn und Liisungen 1993 -1991

Herausgegeben von Klaus—R. Léffler

Ernst Klett Verlag

Stuttgart Berlin Leipzig

Der Bundeswettbewerb Mathematik ist eine Initiative des Stifterverbandes fiJr die Deutsche Wissenschaft mit Unterstiitzung des Bundesministeriums fiir Bildung, Wissenschafl, Forschung und Technologie und der Lénder in der Bundesrepublik Deutschland. Studiendirektor Klaus-R. L6ffler ist Vorsitzender des Aufgabenausschusses des Bundeswettbewerbs Mathematik.

Gedruckt auf Recyclingpapier, hergestellt aus 100 % Altpapier.

1.Auflage

A 1 4 3 2 1 |2002 2001 99 98

Alle Drucke dieser Auflage k6nnen im Unterricht nebeneinander benutzt werden, sie sind untereinander unveranden. , Die Ietzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes. © Ernst Klett Verlag GmbH,Stuttgart 1998. Alle Rechte vorbehalten. lnternetadresse:http://www.klett.de Druck: Gutmann & Co. GmbH, 74388 Talheim ISBN 3-12-710830-3

Inhaltsverzeichnis Vorwort

4

Bildung und Begabung e.V.

6

Wettbewerb 1993 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde . Lésungen 1. Runde L6sungcn 2. Runde

93.1 93.2 93.3 93.19

Wettbewerb 1994 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde

94.1 ~ 94.2

Lfisungen 1. Runde

94.3

Lésungen 2. Runde

94.17

Wettbewerb 1995 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lésungen 1.Runde Lésungen 2. Runde

95.1 95.2 95.3 95.14

Wettbewerb 1996 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Liisungen 1. Runde Lbsungen 2. Runde

96.1 96.2 96.3 96.15

Wettbewerb 1997 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde

97.1 97.2

Lfisungen 1. Runde Lfisungen 2. Runde

97.3 97.13

Vorwort

Vorwort Mit der Vorlage dieses Folge-Bandes werden aus weiteren fiinf Jahren die Aufgaben des Bundeswettbewerbs Mathematik, der im Erscheinungsjahr 28 Jahre be-

stand, mit ihren vielfaltigen Lbsungsmfiglichkeiten dokumentiert. Hinsichtlich der Durchftihrung des Wettbewerbs hat es seit der Vorlage des letzten Bfindchens in dieser Reihe keine wesentlichen Anderungen gegeben. Wer sich hier fiir Einzelheiten interessiert, sei auf die Homepage des Bundeswettbewerbs Mathematik, http://www.bubev.de (don auf ,,Mathematik“ klicken), verwiesen

Oder kann Informationsmaterial von der Geschiftsstelle (Bundeswettbewerb Mathematik, Wissenschaftszentrum, Postfach 20 14 48, 53144 Bonn) anfordem.

Kennzeichnend fur die mathematischen Grundlagen der Aufgabenlbsungen ist wieder, dass sie sich im wesentlichen auf den Stoff der Sekdndarstufe I beschrfinken. So werden insbesondere Verfahren der Analysis nicht oder allenfalls ergéinzend fiir weitere Ldsungsaltemativen herangezogenuEine Ausnahme von dieser generellen Feststellung machen einige Verfahren und Sfitze, die wichtig fiir die

Behandlung bestimmter Klassen der Problemmathematik sind und wegen ihrer grundsfitzlichen Bedeutung zur m'athematischen Allgemeinbildung gehéren; in

diesen'in Rahmen sind z.B. das Verfahren der vollstfindigen Induktion oder das Rechnen mit Restklassen zu nennen. Dagegen liegen die bendtigten Verfahren vor allem in der Geometric vollstfindig im schulischen Rahmen. Gerade bei den Aufgaben aus diesem Bereich k6nnte die Vielfalt der Ldsungen auch fiir Anwendun-

gen im_ Unterricht von Interesse sein.

'

. Die Basis fur die hier vorgelegten Lésungen bestand neben eigenen Entwiirfen vor allem aus den umfangr‘eichen Beweisvorschléigen, die von Mitgliedem des Aufgabenausschusses ausgearbeitet worden sind; fiir diese intensive Mithilfe, die in der Vielseitigkeit der hier verdffenflichten [fisungen sichtbaren Ausdruck finder,

Vorwort

danke ich an dieser Stelle herzlich. Ein besonderer Dank gilt auch dem Leiter der Geschfiftsstelle, H.-H. Langmann, dutch dessen kritische und sorgfaltige Dutchsicht sowohl der jfihrlichen wsungsentwfirfe als auch des endgiiltigen Typoskxipts fur dieses Bfindchen viele Fehler korrigiert werden konnten. Die Mathematik gehért leider nach wie vor unter den schulischen Fichern zu den Unlustquellen erster Ordnung. Die Ffihigkeit der Mathematik, Freude und Befriedigung zu vermitteln, die weit fiber das vordergriindige Erfolgserlebnis hinausgeht und auf der intensiven Erfahrung gewonnener Einsichten und spilrbarer Kompetenzerweiterung beruht, wird ja nut nach ausdauemder, miihevoller und phasen— weise ergebnislos wirkender Auseinandersetzung mit den jeweiligen Problemen deutlich. Allerdings bleibt bei der erforderlichen Ausdauer und Konzentration auf

das Lbsungsziel hin der Erfolg nicht ans. In diesem Sinne wfinsche ich den Lesem bei der Beschfiftigung mit den Aufgaben Freude und viele neue Erkenntnisse.

Leverkusen im Oktober 1998 Klaus-R. L6ffler

Bildung und Begabung e.V.

Bildung und Begabung e.V. Der Verein Bildung und Begabung e.V. wurde vom Stifterverband fur die Deut‘sche Wissenschaft ins Leben gemfen. Als private Einrichtung unterstfitzt er Bemfihungen. die daraufgerichtet sind, besonders interessiette, begabte und leistungsfiihige junge Menschen zu finden und zu ffirdem. Der Verein arbeitet mit den staatlichen Institutionen von Bund und Landem ebenso zusammen wie mit gesellschaftlichen Gruppen, die am Bildungsprozess

generell interessiert sind. Im Mittelpunkt seiner Arbeit stehen die Bundeswettbewerbe Fremdsprachen und Mathematik, die deutsche Beteiligung an der Inter-

nationalen Mafltematik-Olyrnpiade, die Organisation von FérdermaBnahmen, hier insbesondere die DeutscheSchfilerAkademie, und ein Informationsdienst zur

Begabtenférderung.

‘

'

Ein Kuratorium berfit den Verein in allen Fragen seines Tfifigkeitsbereichs und beschlieBt die einzelnen Mafinahmen. Mitglieder des Kuratoriums sind: der Bimdesminister fur Bildung, Wissenschaft, Forschung und Technologie sowie ein leitender Beamter seines Ministeriums, der Prfisident und 2. Vizeprfisident der Kultusministerkonferenz als Vertreter der Linder, ein Vorstandsmitglied und der Generalsekretéir des Stifterverbandes fur die Deutsche Wissenschaft sowie Reprisentanten der Wirtschaft, der Gewerkschaften und der Wissenschaft.

Bildung und Begabung e.V., Geschfifrsstelle: Kennedyallee 62—70. 53175 Homl

A 1993

Aufgaben 1993 1.

_

1. Runde

1. Runde

Alle natfirlichen Zahlen aufler 1 und 2 kénnen als Summe vonipaaxweise verschiedenen Summanden dargestellt wetden. Fiir jede natfirliche Zahl n (n23) wird bei allen derartigen Darstellungen von 11 die Anzahl der Summanden gezéhlt und die gréBte vorkommende Anzahl mit A(n) bezeichnet.

Man ermittle A(n). Von einer Menge M aus endlich vielen Punkten der Ebene sei bekannt: Ffir je zwei verschiedene Punkte A, B aus M gibt es stets einen Punkt C aus M, so dass das Dreieck ABC gleichseitig ist. Man bestimme die grBBtmégliche Anzahl von Punkten einer solchen Menge M.

Es gibt Paare von Quadratzahlen mit folgenden beiden Eigenschaften:

(1) Ihre Dezimaldarstellungen haben die gleiche Ziffernanzahl, wobei die erste Ziffer jeweils von 0 verschieden ist. (2) Hingt man an die Dezimaldarstellung der ersten die der zweiten an», so entsteht die Dezimaldarstellung einer weiteren QuadratzahL

Beispiel: 16 und 81; 1681 = 41’. Man beweise, dass es unendlich viele Paare von Quadratzahlen mit diesen

Eigenéchaften gibt. Gegeben sei ein Dreieck ABC mit dem Flicheninhalt F und den Seitenlén-

gen 3., b, c ( a. = B—C, b = CK, c = A—B ). Die Seite AB wird iiber A hinaus um a. und fiber B hinaus um b verlingert. Entsprechemi wird BC fiber B bzw. C hinaus um b bzw. c verléngert. SchlieBlich wird CA fiber C bzw. A hinaus um c bzw. a. verlingert. Die iuBeren Endpunkte der Verlingerungsstrecken bilden die Eckpunkte eines Sechsecks mit dem Flicheninhalt G. ' Man beweisezg 2 13.

93.1

1993 A

2. Runde

Aufgaben 1993 1.

2. Runde

In éinem reguliren Neuneck sei jede Ecke entweder rot oder griin geférbt Je drei Ecken des Neunecks bestimmen ein Dreieck. .Ein solches Dreieck heiBe rot bzw. grin, wenn seine Ecken alle rot bzw. alle griin sind. Man beweise, dass es bei jeder derartigen Firbung des Neunecks mindestens zwei verschiedene kongruente Dreiecke gleicher Farbe gibt. Fiir die reelle Zahl a. gelte, dass es genan3ein Quadrat gibt, dessen Ecken alle auf der Kurve mit der Gleichung y= x3 + ax liegen. Man bestimme die Seitenl'amge dieses Quadrats Gegeben sei ein Dreieck ABC. Ferner sei A’ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden w“I mit der Mittelsenkrechten m(AB), B' der Schnittpunkt von

w19 mit m(BC'), C’ der Schnittpunkt von w" mit m(CA). Man beweise: 1. Du Dreieck ABC ist genau dann gleichseitig, wenn A’ 11nd B’ zusammen— fallen. 2. Wenn die Punkte A’, B’, C’ verschieden sind, gilt

|s< B’ A’ 0’] = 90° 7 % .|1

15’

also

a.’ +(b+c)2 b’+(c+a.)’ c’+(a+b)2 2 15. + + be

.

ac

ab

Wie oben gezeigt wurde, ist die linke Seite gleichfglz + 2. Man erhilt daher wie gewiinscht die behauptete Ungleichung g z 13. gig-11g; Beweis; Die Ecken des Sechsecks seien wie in den vorhergehenden Beweisen M, N, P Q, R, S. Der Flacheninhalt eines konvexen n-Ecks P P ..nP wird mit IP1 P1,...Pnl bezeichnet. Hiermit ist G: IMNPQRSI und 1“: NBC/‘1 Es wird nun zunichst bewiesen:

(I) Jedes der drei Vierecke NPAC, QRBA, SMCB hat mindestens den dreifachen Flicheninhalt von Drei-

eck ABC. Aus Symmetriegriinden geniigt es, den Beweis fiir eines der drei Vierecke zu ffihren; es soll

also 2.B. gezeigt werden: IQRBAl 2 SF.

P

Unter Verwendung des FV—Satzes erhélt man

IQRBAI = IQRCI-F 4% F- F-

Hieraus ergibt sich wegen (a. + b)2 = (a. — b)2 + 4a.b' 2 43b die Ungleichung

IQRBAI 2 4F — F = 3F. Im zweiten Beweisschritt wird nun gezeigt, dass fiir die Flicheninhalte der drei

93.16

L 1993

1. Runde

an den Rand des Sechsecks anliegenden Dreiecke PQA, RSB, MNC gilt

(II) |PQA| + [RSB| +1MNC| 2 3F. Da. der Winkel PAQ als Scheitelwinkel zum Winkel BAC die Gréfif a hat, betragt der Flasheninhalt von Dreieck PQA nach dem FV-Satz Bag-F; die entsprechende Uberlegung gilt auch fiir die beiden anderen betrachteten Dreiecke. Man erhalt daher 32 b2 c2 ?)‘F _£+N+é _

F — 3F

.

Fiir die letzte Abschatzung wurde die unter (n) im dfitten Beweis angegebene Ungleichung a3 + b3 + c3 2 3abc benutzt.

Unter Verwendung von (I) und (II) kann man nun folgendermaBen umformem

G

= INPACI + |RBAQ| + |SMCB| + ( IPQAI + |RSB| + |MNC| ) + F 2 3F+3F+3F+3F+F= 13F,

also G 2 13F; hieraus fdlgt unmittelbar die Behauptung. Fii

er

w ' ‘

Die Bezeichnungen der Eckpunkte des entstehenden Sechsecks seien wie in den vorangegangenen Beweisen gewahlt. Eine Spiegelung am Mittelpunkt der Strecke BC fiihrt_Dreieck A_BC in eiflleichsinnig kongruentes Dreieck A’CB fiber.

Hierbei ist CA’ = c = CM und BA’ = b = BS. Weil auBerdem (CM) und (BA’) Parallelen sind, ebenso (CA‘) und (BS), sind die Dreiecke MCA’ und A’BS gleichschenklig mit Parallelitat ' entsprechender SchenkeL Daher miissen auch die Basen MA’ and NS parallel sein. Somit liegt der Punkt A’ auf der Strecke MS. Dutch entsprechende Punktspiegelungen an den Mittelpunkten von CA und von AB erhalt man analog zu A’ die Punkte B’ find 0’. Insgesamt ergibt sich

n

damit die links dargestellte Skizze. Die auflerhalb

von Dreieck ABC markierten Winkel haben als Scheitel— bzw. Stufenwinkel an Parallelen die eingetragenen GrBBen der Innenwinkel des Dreiecks. ' Der zu betrachtende Flacheninhalt G setzt sich nun aus den Inhalten von 13 Dreiecken zusammen. Mit den Flacheninhaltsbezeichnungen wie im vierten Beweis gilt=

G=

(|ABC|+|A’CB| + |CB’A| + |BAC’|) + (IPAB’l + |QAP| + IC’AQ| ) + (IRBC’I + |SBR| + |A’BS|) + (IMCA’I + |NCM| + |B’CN|).

Wegen der Kongruenz der ersten vier aufgefiihrten Dreiecke und aufgrund des

93.17

1. Runde

1993 L

FV-Satzes erhilt man a:

a)

3.2

b2

b2

b2

c2

c2

c2

~

G—4F+(E+E+E).F+(E+c—a‘+fi)IF+(E+E+;)IF.

a.

c

a

b

b

c

513+ba+4za

- (4+(E+;)+(E+§)+(E+E)+T)'F 2(4+2+2+2+3)-F= 13F und somit die Behauptung. Zur Abschitzung wurde dabei auBer der im dritten

Beweis verwendeten Ungleichung (u) auch wieder die fiir alle positiven Zahlen x, y giiltige Ungleichungfi- + ¥ 2 2 (Equivalent zu (x—y)2 z 0) benutzt.

Bsmknnz Man kann bei allen angegebenen Beweisen leicht ergénzen, class? = 13 genau dann gilt, wenn das Dreieck ABC gleichseitig ist.

93 .18

L 1993

2. Runde

Aufgabe 1 In einem regularen Neuneck sei jede Ecke entweder rot oder griin gefarbt. Je drei Ecken des Neunecks bestimmen ein Dreieck Ein solches Dreieck heiBe

tot bzw. grz'z'n, wenn seine Ecken alle rot bzw. alle griin sind. Man beweise, dass es bei jeder derartigen Farbung des Neunecks mindestens zwei verschiedene kongruente Dreiecke gleicher Farbe gibt. EI‘StQ Lésgng

Von den Ecken des regelméifligen Neunecks haben mindestens fiinf dieselbe Farbe (nach dem Schubfachprinzip). Man betrachte fiinf derartige Ecken gleiCher Farbe. Man kann mit diesen Ecken als Endpunkte (3) = 10 verschiedene Strecken bilden. Die Mittelsenkrechte zu jeder dieser 10 Strecken geht durch 'den Umkreismittelpunkt des Neunecks 11nd dutch eine weitere Ecke, weil das Neuneck regelmafiig und von ungerader Eckenzahl ist. Mindestens zwei der zehn Mittelsenkrechten gehen also dutch die gleiche der neun Ecken. Die zugehérigen Endpunkte der Strecken A, B bzw. C, D bilden folglich die Ecken eines achseneymmetrischen Trapezes ABCD mil: den parallelen Seiten AB und CD. Die Beiden gleichfarbigen Dreiecke ABC und ABD sind aufgrund der Symmetrie des Trapezes kongruent und wegen C * D verschieden. Damit ist die Behauptung gezeigt; es folgt sogar schirfer die Existenz eines weiteren Paares kongruenter Dreiecke gleicher Farbe, namlich ACD und BCD. V

a te zu ersten

Im Umkreis des regelmafiigen Neunecks gibt es (als Ver-

bindung von Ecken des Neunecks) (3 )= 36 verschiedene Sehnen. Da jeweils 4 Sehnen parallel sind, gibt es 9 Klassen paralleler Sehnen. Nach dem Schubfachprinzip gibt es unter den 9 Ecken mindestens 5 Ecken gleicher Farbe; diese sei oBdA griin (sonst vertausche man rot 11nd

griin).1 Dc‘

Zwischen fiinf dieser griinen Punkte verlaufen (; )— —— 10 verschiedene Sehnen, von denen nach dem Schubfach— prinzip mindestens zwei zur selben Klasse gehéiren. Zwei solche parallele Sehnen definieren ein Achsentrapez ABCD, bei dem die Dreiecke ABC und ABD somit kon— gment sind. Diese sind abet nach Konstruktion griin.

ritt

Die Anzahl der Dreiecke ans den 9 Eckpunkten des Neunecks betragt (a) = 84. Charakterisiert man die Seitenlangen dieser Dreiecke mit Hilfe der zugehérigen Segmente des Neuneckumkreises, hat man die méglichen Seitenlangen 1, 2, 3 93.19

1993 L

2. Runde

und 4. Da. als Paare fiir die beiden kleineren Seitenlingen offenbar nur 1,1 1,2

1,3 1,4 2,2 2,3 3,3 vorkommen k6nnen, sind hierbei folgende 7 Kombinationen

méglich:

1,1,2,

1,2,3,

1,3,4,

1,4,4, 2,2,4,

2,3,4, 3,3,3.

Da. 9 Eckpunkte auf zwei Farben verteilt werden, gibt es von einer der beiden Farben mindestens 5 Ecken; oBdA sei die Farbe griin. Mit 5 solchen griinen Eckpunkten sind (g) = 10 verschiedene Dreiecke zu bilden. Bei der Aufteilung in die oben angegebenen 7 Klassen kommen daher in mindestens eine Klasse mindestens 2 Dreiecke. Da diese damit kongruent 11nd gleichfarbig sind, ergibt sich die Behauptung. Vierte Lésgng

Schirfer als in der Aufgabe verlangt ist, wird gezeigt, dass es stets zwei verschiedene gleichsinnig kongruente Dreiecke gleicher Farbe gibt. Hierzu sei M der Mittelpunkt des reguléiren Neunecks. In jedem Dreieck ABC ans Eckpunk— ten des Neunecks sind die Weiten der orientierten Mittelpunktswinkel AMB, BMC, CMA Vielfache von 360' : 9 = 40 '. Fiir die zugehérigen Faktoren k, l, m gilt k + l + m = 9, da. die drei Mittelpunktswinkel eine Zerlegung des Vollwinkels bilden. Nach eventuellem zyklischen Umbenennen der Eckpunkte darf man oBdA die Giiltigkeit von k s 1 and k s m annehmen, wobei k 11nd m auBer 1m Falle k— — l -— m verschieden sind.

Dann kénnen folgende 10 Tripel ( k, l, m) auftreten: (1) 1) ?))

(1’ 2’ 6),

(1’ 3’ 5),

(1) 4’ 4),

(1, 5’ 3))

(1: 6) 2))

(21 2) 5)!

(21314))

(21 41 3))

(31 31 3)

Es gibt also genau 10 Klassen gleichsinnig kongruenter Dreiecke im reguléiren Neuneck. Da. 9 Eckpunkte auf zwei Faxben verteilt werden, gibt es von einer der beiden Farben mindestens 5 Ecken; odA sei die Farbe griin. Mit 5 solchen griinen Eckpunkten lassen (g )— — 10 verschiedene grime Dreiecke zu bilden. Die Annahme, diese Dreiecke seien paarweise nicht gleichsinnig kongruent, wird nachfol— gend zum Widei‘spruch geffihrt. Denn dann gibe es unter den betrachteten griinen Dreiecken von jeder der obigen 10 Klassen einen Vertreter. Da. insbesondere aus den Klassen (2, 2, 5) und (3,3,3) je ein Dreieck vorkéme, gfibe es fiir die gegenseitige Lage der fiinf betrachteten Ecken (bis auf Drehsymmetrie) genau die beiden links skizzierten Miiglichkeiten. Jedoch tritt in der linken Figur kein Dreieck der Klasse (1, 1, 7) und in der rechten Figur kein Dreieck der KLasse (1, 4, 4) auf. Da dies im Widerspruch zur Prisenz aller Klassen ist, muss die Annahme falsch sein.

Es gibt folglich stets zwei gleiéhsinnig kongruente Dreiecke gleicher Farbe. 93.20

L 1993

2. Runde

Aufgabe 2 Fiir die reelle Zahl a gelte, dass es genau ein Quadrat gibt, dessen Ecken alle auf der Kurve mit der Gleichung y = x3 + 3.x liegen. Man bestimme die Seitenlange dieses Quadrats.

Vorbemerkung Fiir jede reelle Zahl a. ist die Kurve mit der Gleichung y = x3 + a.x bekannt- '

lich eine Parabel dritter Ordnung, deren Symmetriezentrum der Ursprung des Koordinatensystems ist. Da. die Existenz von Kurve und Quadrat mit den entsprephenden Eigenschaften vorausgesetzt wird, reicht der Nachweis, dass es h6chstens eine Parabel der geforderten Art gibt, verbunden mit der Berechnung der Seitenlénge eines einbeschriebenen Quadrats. Es ist allerdings sowohl vom Problem her mathematisch befriedigend als auch leicht nachzuweisen, dass das gefundene Quadrat tatsichlich das einzige der Kurve einzubeschreibende ist, die Voraussetzung also realisierbar ist. Dieser Nachweis wird in den ergéinzenden Bemerkungen zu den Lésungen gegeben. Erste

"

tri onometris

Aus der Eindeutigkeit des Quadrats folgt seine (zurn Ursprung) punktsymmetrische Lage, da man sonst durch Spiegelung an O zu einem zweiten der Para.bel einbeschriebenen Quadrat gelangte. Die Gleichung der betrachteten Parabel ist (l) y=x3+a-x. In Polarkoordinaten ergibt dies die Darstellung: (2) r-sin(¢p) = r3-cosa( a.+n+1 = a.+b gelten; Bernd erkennt also a.+b als die kleinere der beiden an die Ta.fel geschriebenen Zahlen und antwortet mit JA .

Damit ist gezeigt, dass A(n) fiir alle positiven ganzen Zahlen n wahr ist. Wiirden nun Anna. und Bernd nie mit JA antworten, so gilte b 2 n+1 fiir jede positive gauze Zahl n, was z.B. fiir n=b falsch ist.

Damit ist der erforderliche Beweis erbracht. Aufgabe 3 Gegeben sei da.s Dreieck A 1A2A3 und ein Punkt P 1n seinem Inneren. Fiir i— 1, 2, 3 sei B ein beliebigler Punkt auf der Gegenseite von Ai; ferner seien C und Di die Mittelpunkte der Strecken AllB bzw. PBi. Man beweise, dass die Dreiecke C C Ca and D D2 D Flicheninhalt haben.

Vorbe

den gleichen

u e

Die folgende Lésung verwendet das im Raum R3 definierte Kreuzprodukt Bekanntlich gibt der Betrag von axli den 'Flécheninhalt des von den Vektoren a und 5 aufgespannten Parallelogramms an. E I ..s

Allgemeiner‘ als in der Aufgabenstellung gefordert ist, wird der Punkt P nicht unbedingt in der Ebene des gegebenen Dreiecks, sondern beliebig im Raum gewihlt. Man lege den Ursprung eines dreidimensionalen kartesischen Koordinatensystems in A1 und bezeichne die Ortsvektoren von A6 und A2 mil: 0 bzw. u). Mit b1,b2,53,c1,c2, :3, v werden - in dieser Reihenfolge- die Ortsvektoren det

Punkte Bf, B32,B13,1C,C2,C3,P bezeichnet. Gemafl der Lage3der1 Punkte B, B2, 33 haben ihre Ortsvektoten Darstellungen der folgenden Form

51 =r--D+(1 r)',m 52 =s-,o b =tn). Dabei sind r, s, t reelle Parameter, die entsprechend der Aufgabens’cellung aus dem Intervall [0,1] sind, fiir diese Ldsung aber beliebig sein diirfen. Da Ci als Mittelpunkt von A Bi erkla'xt ist, hat man: A!

c1_ = 1(ro + (1-r)to), t2=—12*(ID + s1»), c3: 15(1) +tto).

D

m

A“

Entsprechend liefert die Lage von Di als Mittzelpunkt von PBi die folgenden Ortsvektoren: 94.7

1994 L

1. Runde

bl =%(v+rn +(1 —r)u)), 02 =§(p+sn) ,o3 =%(p+tm). Damit erhivilt man:

4(51 ‘ M453 ‘ b2) =((r - 3)” + (1 ‘ INFO” — 3”)

=((r — s)t+(1 — r)s)('0xto) = (rt — st + s — rs)(nxu))

und

4(c1—c2)x(c3—c2) =((r — s)» — rm)x((1 — s)D + (t — 1)to). =((r — s)(t — 1) + r(1 - s))(oxm) = (rt — st + s — rs)(’oxu)).

Die Dreiecke CIC2C3 und D1D2D3 haben somit, wie sich aus der geometrischen Bedeutung des Kreuzprodukts ergibt, beide den Inhalt A mit 8A=|rt—st+s—rs|~ "mm”.

BsmsrLuns Fiir den FLéicheninhalt F eines von den Vektoren a = (2;) und IS = (ED aufgespannten Dreiecks gilt die Determinantenformel 2F = llz’; gill = Ialbz-azbll, die sich z.B. nach geeigneter Einbettung van a und 5 in den dreidimensionalen Raum unmittelbar mit Hilfe des Kreuzproduktes ergibt. Belésst man bei der Lésung P in der Ebene des Dreiecks, erhélt man mit dieser Formel eine Losung mit zur obigen Darstellung analoger Rechnung. Zw . 1..

Hilfssatz 1:

Fiirzwei Dreiecke ABC und CPQ mit Pauf BC und Q auf AC gilt stets:

IAQPCI = IAABC| = (fi - m) z (a . a).

C

‘

Beweis:

Bei Dreiecken mit gleicher Héhe ist der Flécheninhalt proportional zur Grundseite, wie unmittelbar aus der Flicheninhaltsformel folgt. Man A hat daher

Q

P B

IAQPCI =_ {T}. lAAPCl = G— .g. |AABC| ; Division durch IAABCI liefert die behauptete Formel‘.

Hilfssatz 2:

C

R

Gegeben seien das Dreieck ABC und die Punkte P und P’ auf der Seite BC, die Punkte Q und Q’ auf der Seite CA und die Punkte R und R’ auf der Seite AB. x ‘Hierbei gelte R’ 2 B fi=fi undC6=m undfi=R—’B.

Dann sind die Dreiecke PQR und P’Q'W f lichengleich.

94.8

L 1994

1. Runde

Beweis zu Hilfssatz 2 Mit den Standardbezeichnungen fiir die Seiten des Dreiecks sowie x =: BP, y == w, 2 == A—R, F == [AABCI gilt nach Hilfssatz 1: IAARQ|=F = z(b — y):(bc); IABPR|:F = x(c — z).(a.c); IACQP|=F = y(a. - x):(a.b) und

IAAR’Q’|=F=y(c — z):(bc); IABP'R’IzF = z(a. — x):(a.c); IACQ’P’I=F ='x(b4 y):(a.b). Nun ist

1F-abc-(IAARQ) + IABRP) + IACPQ)| )= abz - ayz + bcx - bxz + a.cy - cxy und 1Fabc-(IAAR’Q’I + lABR’P‘l + IACP‘Q’I) = acy - ayz + abz - bxz + bcx - cxy. ‘Somit ist

%- abc-(F - lAPQRl) =1? abc-(F - lAP’Q’R’D, also IAPQR| = IAP’Q’R’|. Damit ist Hilfssatz 2 bewiesen. Man betrachte nun das Dreieck A1A2A3 sowie die durch die Aufgabenstellung

gegebenen Punkte P, Bi’ Ci’ Di' Aus PDi = PBi :2 folgt DiDj = BiB. :2

und damit

(1) IAD1D2D3|=|JAB1B2B3| :4.

Sei nun A’1 A’2A’3 das Mittendreieck von A1A2A3.

A3

Wenn B1 die Strecke A2A3 im Verhiltnis r:(1-r) teilt, teilt C1 (mach einem Strahlensatz) die Mittelparallele A’2A’3 zu A2A3 im umge-

kehrten Verhiltnis

(1-r):r. Entsprechendes

gilt fiir B2 und 02’ bzw. B3 und 03' Man bezeichne den durch Spiegelung von C1 am Mittelpunkt von A’2A’3 erhaltenen Punkt A2 mit C’l. Entsprechend sei C’2 das Bild von C2

bei Spiegelung am Mittelpunkt von A’IA’3; schlieBlich entstehe C’3 dutch Spiegelung von C3 am Mittelpunkt der Strecke A’lA’z. Nach Hilfssatz 2 folgt daher ' (2) I ACICZC3 I = IAC’IC’ZC’3I . Die Punkte 0’1, 0’2, 0’3 liegen im Dreieck A’IA’ZA’3 Shnlich wie die Punkte B1, B2, B3 im Dreieck A1A2A3. Da. Dreieck A’IA’ZA’3 (als Mittendreieck) aus Dreieck A1A2A durch zentrische Streckung mit Faktor - i (an dessen Schwer-

punkt) hervorgeht, ist somit auch (3) |A010203| = %- IAB1 B2B3| . Aus (1), (3), (2) folgt lAD1D2D3| =%‘ IABlB233| = lAC’lC’zC’al = | AClczC3 l . Also sind die Dreiecke D1D2D3 und CIC,ZC3 flichengleich.

94.9

1. Runde

1994 L

Bsxnsrknnz: Der Punkt P kann fiberall im Raum liegen. Die Punkte B1, B2, B3 diirfen auch auf den Verlingemngen der Seiten von A1A2A3 liegen. D . I .. Wegen Affin-Invarianz der Ftachenverhéiltnisse darf angenommen werden, dass

, A2, A in einem kartesischen Koordinatensystem die Koordinaten (0|0) bzw. (1 |0) bzw. (0| 1) haben. Das Dreieck D1D2D3 entsteht aus dem Dreieck B1B2B3 dutch zentrische Streckung von P aus mit dem Streckfaktorzly. '

Also gilt flit die Fiicheninhalte IAD1D2D3 | = 131A 31132133 |. .63 (sll)

z/I(4§I)

.ér/Z . : :

:

E (III)

auf den Seiten des Drei-

"Elfin-r)-- - -----

ecks A AZA lassen sich die

:

koor inatenpaare

dieser Punkte mit reellen

1

Zahlen r,t,s (0 s r, t, s s 1)

1

i

82(0lt) ------- :L """"""1,5”(1‘15/2 ' :

:

,

'

'2

—

in der folgenden Form

02 (lit)

angeben:

B1=(r [ 1-r),

B2=(0 I t)! B3=(S I 0)'

-

Hieraus erhilt man fiir

I

A1(0|0)

Entsprechend der Lage der Punkte B1, Bz’ B3

z/(s ‘1)(4-1)

A3(0|1)

(1-r)(1-s)/2 C , C , C3 die folgenden

.

Ba(Sl0)

Kgor inatendarstellun-

A2 (1|0)

gen:

01:05 | 15- ’5),

C2=(1§ It§ ), Cs: (% I% ). Das Dreieck 0102C3 geht (int—ch—zentrische Streckung mit Zentrum A1 und Streckfaktor 2 in ein Dreieck ClC C3 fiber; dessen Ecken haben dann'die Koordinatendarstelhmgen 61 = (rll-r), CZ: (llt), 53 = (all).

Also gilt fiir die Flicheninhalte IA 0102031 =1? |A616203 |. Nun ist (siehe obige Abbildung)

IAB13233| = IAA1A2A3| - |A13133A2| - |AA13332| - IA A3B231| , also 2'IAB13233I = 1 -(1-r)'(1-s)- ts - (1-t)-r

= s - m — ts + rt

Entsprechend ergibt sich, wenn man mit E den Punkt mit dem Koordinaten—

paar- (1 I 1) bezeichnet:

IA 010203] = IAA3A2E| — IA A30103| - IAA20201| - |ACZE03| , also 2-IA516253 I = 1 - rs - t-(l-r) — (1-t)-(1-s)

= s 7 rs - ts + 11.

Somit ist IA 313233| = [Ac-216263 | und damit IA 010203| = IA D1D2D3 I, was zu beweisen war. 94.10

-

1. Runde

L 1994

If.

I "s

Dreieck D1D2D3 entsteht aus Dreieck B1B23B dutch zentrische Streckung von P aus mit dem Streckfaktor— 2 Alle- bei1 Variation von P- derart erreichbaren

Dreiecke sind kongruent, also insbesondere flachengleich. Da. nur die Fl'a.cheninhalte untersucht werden, darf man also speziell P = A3 wihlen. A3=P

A1

1"

\I

Ba

M3

fl

A2

Man bezeichne die Seitenmitten des Dreiecks (siehe Skizze) mit M1, M2, M3. Das Viereck M2M3M1A3 ist (bekanntlich) ein Parallelogramm, die Dreiecke MIPM2 und M2M3M1 sind gleichsinnig kongruent. Nach einem Strahlensatz liegen die Punkte 01’ C2, C3 auf den Strecken M2M3 bzw. M3M1 bzw. M1M2; wegen A = P fallen C und D3 zusammen. Im folgenden werden zwei den Beweis abschlieBende Nachweise fiir die Fli—

chengleichheit der Dreiecke D1D2D3 und 010203 gegeben: Beweis (I) zeigt (in Analogie zur dritten Liisung), dass die Ergénzungsfliche zu Dreieck 010203 innerhalb von Dreieck M2M3M1 den gleichen Inhalt hat wie die Erginzungsfliche zu Dreieck D1D2D3 innerhalb von M2M1A3, Beweis (II) verwendet den in der zweiten Lésung formulierten Hilfssatz 2.

94.11

1994 L

1. Runde

(I): Fiir jede Permutation (i,j,k) von (1,2,3) teilt der Punkt C. die Strecke Mi 1m gleichen Verhéltnis w1e der Punkt Bi die Strecke AkAj teilt. Die Flfichenmhalte der Dreieck D1D2D3 ulngebenden Teildreiecke von Dreieck MlPM2 seien gemifl der Skizze mit e, f, g bezeichnet; entsprechend seien h, j, k die Inhalte der Teildreiecke von Dreieck M M2 , die das Dreieck 010203 umgeben. SchlieBlich werden unter Ausnutzung der vorangegangenen Uberlegungen

zur

Gleichheit

die Abschnitte der Seiten und 3 der Diagonale des Parallelogramms M1PM2M3 mit 3,1,32, b1, b2, c1, c2 bezeichnet. A115 der - sbfort nachzurechnenden - algebraischen Identitét

c 11.2-(b1+b2)+c2b1-(a.1 +a2)+a.1b2-(c1 +c2) =c1b2~1(a. +a2a.2b)+1~1(c +c2)-+a.1a.) im 1. Quadranten liegt. Die in der Zeichnung auftretende Mantellinie des Kegels sei mit g bezeichnet; die Parallele zu g dutch MA schneidet das Lot von MB auf g in einem mit V bezeichneten Punkt. V zerlegt dieses Lot in zwei Teilstrecken der Lingen b-h. bzw. 3.. Da. das Dreieck MBMAV rechtwinklig ist, gilt wegen MBMA = b+a. _ b-a (2) sm(5) -b+a.'

MC ist einer der Punkte P, fiir welche die Gleichung MBP - MAP = b-a. gilt; es ist ja.

MBMC - MAMC = (b+r) ~(a.+r) =b-a.. Damit liegt (mach einer Ortsdefinition der Hyperbel) der Punkt MC auf demjenigen Ast einer Hyperbel mit glen Brenn-

punkten MA und M ,fiit den der Punkt D = (%-(b-a) , 0) Scheitelpunkt ist. Wegen (3‘2;b )2 - (+3 )2 = a-b lassen sich die Koofdinaten eines Punktes P auf diesem Hyperbelast in der folgenden Parameterdarstellung angeben:

(3) p = (f(t), h(t)) mit f(t) = ”—22- cosh(t), h(t) = ,lT-b -sinh(t) , u m. In der weiteren Bearbeitung sei t derjenige Parameter, fiir den M die Koordi-

naten (f(t), h(t)) hat. Insbesondere ist dann d = h(t); da. MC oberhalb der 3(Achse liegt, ist sinh(t), also auch t positiv. Um den Radius 1' von C mit Hilfe van t auszudriicken, wird der Satz des Pythagoras auf das rechtwinklige Dreieck MAMCF angewandt: +b 2 (9—2— —f(t))2 +d2 =(a.+r).

Durch Einsetzen gemifi (2) und schrittweises Umformen erhilt man

(3‘2;b - _b;_a. cosh(t) )2 + (1/ a.-b ~sinh(t))2 = (a. + r)2

2 ‘ ”511“) + 0%? - coshzfi) + a-b -sinh2 (t) = (a + 92 2 'fl ( ”)2

(“W ‘ 92—32 ' ”5“” + (hf-)2 ' °°sh2© + a-b -(cosh2(t)- 1) = (a + r)2

(?)2

)2 ‘ COSh2(t) _ 192—32 . COSh(t) + (b;_a.

= (a, + [)2

(9.2 - bga ' cosh(‘|;))2 = (a. + r)2

94.25

1994 L

2. Runde

Fiir die Umformungen wurde neben den binomischen Formeln die Identitdt

— 1 und die Ungleichung cosh(t) 2 1 benutzt. Fiir r ergibt sich cosh2(t)-sinh2(t)— dann

(4) r— — b3“ - (cosh(t)l- 1). E_s soll nun fiir die Rechnung verwendet werden, dass MC von der Gerade g den Abstand r hat; hierzu wird die Hesaeform der GleichungCvon 3 bestimmt: Nach dem Satz des Pythagoras fiir DreieckMBMAV hat man:

M v2 =(b+a.)2- (b-a.)2, also MAV = 24—5

Die Gerade g’ durch MA and V hat also die Calcifhung b int—W (x- —), denndas

'

MB

F MA ,

S Steigungsdreieck zu MA und V ist dem Dreieck MBMAV gegensinnig ahnlich. Bezeichnet man mit E den Schnittpunkt von 3 mit der Parallele zur y-Achse durch MA dann geht durch die Verschiebung um den in der Figur mit k bezeichneten Pfeil MA3 die Gerade g’ in 3 fiber. Wegen MAE = W; hat g b daher die GleibchtingA g'

= - a. y_ - 2-7;;

_

+a. 3. 2 )+ (50365

(x

Wie an Dreieck MBMAV ablesbar, ist cos(5) = Elli—b ;Einsetzen liefert g:

y =_211-7:ra _

b- a

.(x_b+a)+ 5-5:?! 1:13- a’

“m x + 277 +

a- a+b

a.

__ b-a. -x+ 113-113 +2332+2ab _ 2~a7 E 4 733

+ 2

21,711.]:

x + 4- a

Somit wird g’durch die Gleichung 4~/a._ -y + 2-(b- a.) -x- (a.+b)2 = 0 beschrieben.

Wegen

( 4-7/5 )2 + (2~(b- a.))2 = 4-(4ab + (b-a.)2) = 4-(a.+b)2

hat g die

Hesseform 2

(H) 8 2 (+1.5) -((a+b) “4 1/— Y' 2")‘(13'39 )= Die linke Seite dieser Gleichung liefert bei Einsetzen der Koordinaten eines Punktes bekanntlich den (orientierten) Abstand dieses Punktes von g. Unter Beachtung von (4) erhilt man daher fiir den Punkt MC mit Koordinaten gemifl (3), da. er in derselben Halbebene von g Wie der Ursprung liegt:

94.26

L 1994

'

2. Runde

Ha+—1—b-)-((a.+b)2—4 1/— /_b sinh(t)——2 (b—a.)-bTac¢:>=sh(t)) 1);; -(cosh(t)--1 ), (a.+b)2-4- ab- sinh(t)- (b-a.)2 cosh(t)— - (a.+b)2 (cosh(t) -1) ,

2-(a+b)2 = 4-a.b- mm) + 2-(a2+b2)- cosh(t) . Die weitere Umformung verwendet die Darstellung der hyperbolischen‘ Funktionen mit Hilfe der Exponentialfunktion.

2-(a.+b)2 = 2-ab' (et- e- 1:) + (3.2+b2)-(et + e-t) = (212+ 2a.b +b2) -et + (a2 - 2a.b +b2)- e-t : (a.+b)2 -et + (a. - b)2- e—t ' Wegen (2) ergibt sich nach Division dutch (a+b)2 weiter 2

=

et + sin2(8) ‘e-t

=

et + (1-c-052(5))~et '

Multiplikation mit e und Umordnen fiihrt zu

Hlp.

"IIO-

cos2(6) = e2t -2e + 1. Wegen 0 < 5 < 90' und 1: > 0 sind cos(6) und et-l posiiiv; mithin hat man (5) cos(8) = et - 1 . Weiter erhilt man wegen d— — ~/—b--sinh(t) und cos(8) = 245 nacheinander a+b

{T -si 110 = za(3+b)'(xclosi1(t)-1)

at _ 4 = “5(5) Fig)? - °°s(5) :Hrt—z

2tu. c+ = 505(8)'§u11—w = cos(8) fife—gtgr-fl = cos(5) :—I_11

Einsetzen geméiB (5) liefert hiermit endlich —= cos(6) —£36—2 , also (6)d—- = cos(8) +2 Hieraus folgt wegen 0 < cos(8) < 1 die Ungleichung 2 < - < 3, aus der sich dutch Ubergang zu den Kehrwerten schlieBlich die zu beweéende Behauptung (V) ergibt. eun

Jeder Punkt P einer Hyperbel mit der Gleichung (% )2- ($2 = 1 hat Koordi-

naten (f(tp), h(¢p) , welche die Gleichungen

..

. K97). = cow) ,h(ff’) = 1r tan(¢)

fur e1n geelgnetes (p erfullen. Bei der vorliegenden Hyperbel ist g = 2—3, 1] = 43.5. Hiermit lésst sich in analoger Weise der Beweis mit trigonometrischen statt hyperbolischen Funktionen fiihren.

94.27

D ’l

E

>

I

2. Runde

.

1994 L

[m

OBdA sei a. + b = 2; die zu untersucyenden Eigenschaften der Figur sind ja. gegeniiber zentrischer Streckung (bzw. Andemng der Lingeneinheit) invariant Der Umfang 11 von Dreieck MAMBMC ist

u = (a.+b)+ (a.+r) +(b+r) , also 11 = 2~(r+2). Die Berechnuhg des Flicheninhalts f von Dreieck MAMBMC nach der Heronischen

Formel liefert f=-/ r+2)~b-a.-r ; andererseits gehért in diesem Dreieck zur Grundseite MAMB die Héhe (1, man hat also = % -2-d . Gleichsetzen der Ausdriicke fiir f fiihrt dann zu d = Vr-a-b-(r+2) . Somit hat man

(i) 3—: = a-b-(1+%). Mit 8 werde der Winkel bezeichnet, den jede Mantellinie des Kegels mit der Kegelachse bildet. Dutch MA ziehe man die

Parallele zu der von C berfihrten (und in der Figur dargestellten) Mantellinie des Kegels. Wegen , hat man

Somit gilt

(ii) cos2(s) = a-b und aus (i) folgt daher d3 — cos2 (8)(1+;.-2 ) . (m) r—3 '_ Die Parallele zu (MAV) durch MC schneidet die in der Figur emgetragenen Beriihrra—

dien von.A und B in zwei Punkten, die mit W und U qeichnet seien. Da. das Viereck MAVUVV ein Rechteck ist, gelangt man unter Anwendung des Satzes von Pythagoras auf die Dreiecke MAMCW uhd MCMBU zu

W: WU = WMC+MCU =-,[(a.+1')2-(a.-r)2 + }/(]:>+r)2-'(b—r)2 =Jm+m =2-1/F-(v/3+JF).

L 1994

2. Runde

Wegen M—AV: MAM'B cos(8)— — 2 cos(6) kommt man daherzu 2--/—--(~/—+~/b)=2 cos(8), also zu -/r =7;°:-'%—. Damit ergibt sich mit (ii) 1‘

cos2 '= a+ b und weiter 2 _

c0525?) (14:):2 =2(1+ ab) =cosZ(1+ 2 4+4-cos

_

cos!§)+2

1+?” cases) —( «1(a)» also nach (iii) 2

2

%'_ — cos2(8) (flglfif = (cos(8) + 2 ) . Durch Wurzeiehen erhalt man

% = cos(5) + 2 .

Hieraue folg’c wegen 0 < cos(8) < 1 die Ungleichung 2 < %< 3, aus der sich durch Ubergang zu den Kehrwerten schlieBlich die zu beweisende Behauptung (V) ergibt. V be

e

zum vie

we'

Obwohl die Inversion am Kreis in der Schule wohl selten behandelt wird, hat eine grofiere Zahl von Teilnehmern zur Losung der vierten Aufgabe dieses Verfahren oder auch eine Inversion an einer Kugel gewéihlt. Zur kurzen Erliute— rung der Inversion am Kreis: Nach Auszeichnung eines Punktes I (Inversionszentrum) und eines Kreises k (Inversionskreis) um I, sein Radius sei g, erklart man die Inversion an I auf folgende Weise: Jedem Punkt P der Ebene E (auBer I) wird derjenige Punkt P’ auf dem Strahl IP a.ls Bildpunkt zugeordnet, fiir den die Gleichung fi : g = 9 :W gilt. Dutch diese Zuordnungsvorschrift wird eine bijektive Abbildung i der Menge aller Punkte der Ebene ohne I erklért, die u.a.. die folgenden 'Eigenschaften hat:

[1] Fiir jeden Punkt P aus E\{I} ist i(i(P)) = P (i ist selbstinvers). [2] Alle Punkte des Kreises k - und nur diese - sind Fixpunkte. [3] Wenn ein Kreis durch I geht, ist sein Bild eine Gerade; ein Kreis, auf

dem I nicht liegt, hat a.ls Bild wieder einen Kreis. [4] Geraden durch I sind Fixgeraden, die anderen Geraden gehen bei der Abbildung in Kreise fiber. [5] Fixkreise sind genau diejenigen Kreise, die den Inversionskreis orthogonal schneiden. 'Durch eine geschickte Wahl des Inversionszentrums wird der nachfolgende Beweis besonders klar 11nd kurz:

94.29

2. Runde

1994 L

W Die in der Zeichnung dargestellte Schnittgerade des Kegelrnantels mit der Zeichenebene E sei mit 3, die durch Schnitt der Kugeln A, B sowie der betrachteten kleinen Kugel mit E entstehenden Kreise seien kA kB und kc. Der Beriihrpunkt der beiden AKreise kA und kB sei mit L bezeichnet. Weiterhin sei s ]in der Zeichene' bene die in L errichtete Senkrechte zu MA F L

MB ”(M MB)

Man wa'hle nun a.ls Inversionszentrum I den n'aher an ()MAM liegenden Schnittpunkt von 5 mit kC und als Inversionskreis k den Kreis um qrch L.

F1ir die Inversion an k gilct dann folgendes: Die Kreise kA und kB gehen jeweils 1n sich iiber, da. sie den Inversionskreis senkrecht schneiden Der Kreis kc enthalt das Inversionszentrum I, geht also in in eine Gerade iiber. Diese beriihrt die Fixkreise kA 11nd kB da k diese Kreise beriihrt Das Bild von kc ist also g, denn der zweite Spurstrafil des Kegelmantels kommt aus Orientierungsgriinden nach der Wahl von I nicht 1n Frage. Da. P der einzige gemeinsame Punkt von g und kC ist, fiihrt ihn die Inversion in sich iiber, er liegt also auf dem Inversionskreis k

Da alle anderen Punkte von kC Bilder auf g\ {P} haben, enthalt kC keinen weiteren Fixpunkt, also keinen weiteren Punkt von k 11nd beriihrt somil: k in P. Der Durchmesser von k durch P ist also gleichzeitig der 211 P gehorende Beriihrradius von k; somit hat k den Radius 21. Damit ist

2r=fi1) ein Vielfaches besitzt, das kleiner 3.13 k ist und im Zehnersystem mit héchstens vier verschiedenen Ziffern geschrieben wird.

95.2

L 1995

1. Runde

Aufgabe 1 Ein Spiel startet mit zwei Haufen Von p bzw. q Steinen. Zwei Spieler A und B ziehen abwechselnd, wobei A beginnt. Wer am Zug ist, muss einen Haufen wegnehmen und den anderen in zwei Haufen zerlegen. Verloren hat, wer als erster keinen vollstandigen Zug mehr ausfiihren kann. Bei welchen Werten von p und q kann A den Gewinn erzwingen, bei welchen nicht ? Lésung Der Spieler A kann genau dann den Gewinn erzwingen, wenn wenigstens eine der beiden Zahlen p, q gerade ist, wie nachfolgend bewiesen wird. Ein Haufen heiBe gerade, wenn er aus einer geraden Anzahl von Steinen besteht, sonst ungerade. Weiterhin heiBe eine Spielstellung ausgezeichnet, wenn mindestens einer der beiden Spielsteinhaufen auf dem Tisch gerade ist. Dann gilt folgendes: (1) 131: die vorliegende Stellung ausgezeichnet, kann der Spieler, der am Zug ist, daraus stets eine nicht ausgezeichnete Stellung machen Er braucht nur einen geraden Haufen - den gibt es ja bei einer ausgezeichneten Stellung - auf dem Tisch liegen zu lassen und den anderen Haufen wegzunehmen. Danach zerlegt er den zuriickbleibenden geraden Haufen in zwei ungerade Haufen, z. B. bestehend ans 1 bzw. n-1 Steinen, wenn der gerade Haufen aus n Steinen bestand. Insbesondere ist es bei einer ausgezeichneten Stellung also stets moglich, das Spiel fortzusetzen.

(2) lat die vorliegende Stellung nicht ausgezeichnet, bleibt nach Entfemen eines der beiden Haufen ein ungerader Haufen auf dem Tisch liegen. Falls dieser noch zerlegt werden kann, also nicht aus nur einem Stein besteht, ergibt die Zerlegung einen geraden und einen ungeraden Haufen, fiihrt also zu einer ausgezeichneten Stellung, da eine ungerade Zahl sich nur als Summe von ganzzahligen Summanden verschiedener Paritit erhalten lasst. Der Spieler, der in einer ausgezeichneten Situation am Zug ist, kann also stets ziehen und hat beim Spiel nach (1) beim nachsten Mal wieder eine ausgezeichnete Situation vor sich, kann also nicht verlieren. Da. bei jedem Zug die endliche Gesamtanzahl der Steine auf dem Tisch abnimmt und zum Teilen eines Haufens dieser aus mindestens zwei Steinen bestehen muss", endet das Spiel damit, dass einer der Spieler nicht mehr ziehen kann. Ist daher eine der beiden Zahlen p, q gerade, startet A mit einer ausgezeichneten Stellung und gewinnt beim Spielen nach obiger Strategie. Sind dagegen p und q beide ungerade, muss A, falls er fiberhaupt ziehen kann, ffir B eine ausgezeichnete Stellung erzeugen, mithin gewinnt dann B, wenn er obiger Strategie folgt. 95.3

1. Runde

1995 L

Aufgabe 2 In der Ebene liegen eine Gerade g und ein‘ Punkt A auflerhalb von 5. Der Punkt P durchLaufe die Gerade 3. Man bestimme die Menge ailer Punkte X der Ebene, die zusammen mit A and P die Ecken eines gleichseitigen Dreiecks bilden.

Emshnis Die gesuchte Punktmenge besteht aus den Punkten zweier Geraden, n'a‘mlich den Bildem 3+ und 3_, die aus g dutch eine 60'-Drehung bzw. eine 300'-Drehung um A hervorgehen. Dies sind offensichtlich die beiden Geraden, die dutch dutch den zu A bezfiglich g spiegelbildlich liegenden Punkt verlaufen und mit g jeweils Winkel von 60' bzw. 120' einschlieBen.

Ems; Fiir jeden Punkt P auf g lessen sich fiber der Strecke AP genau zwei gleichseitige Dreiecke APX1 and P errichten. Ihre Seiten AX1 und AX2 entste en dutch Drehung von AP um

A mit Drehwinkel 60° bzw. 300' (= 360' - 60'). Jeder gemiB der Aufgabenstellung erhaltene Punkt X liegt also auf 5+ oder auf g_. Umgekehrt wird jeder auf g+ Oder g_ liegende Punkt X 3.18 Ecke im gleichseitigen Dreieck AXP bzw. APX erhalten: Man wéhle hierzu als P denjenigen Punkt, den die -60'-Drehung bzw. 60‘-Drehung von X um A liefett und der nach Konstruktion von 3+ und g_ auf g lie'gt.

Zu gegebenem A, g and P auf g sei der Punkt X so gewihlt, dass das Dreieck APX gleichseitig ist; X’ gibt die zweite mfigliche Lage von X an.. Ferner entstehe A’ dutch Spiegelung von A an g. Nach Konstruktion ist dann E =K’P =fi Somit die Punkte A, g A’, X alle auf dem Kreis um P mit Ra.—

dius AP: auBerdem hat der zur Sehne AX gehérende Mittelpunktswinkel die Weite 60‘ . Nach dem Umfangswinkelsatz gilt nun eine der drei folgenden Aussagen: 95.4

1. Runde

L 1995

(1) X = A’,

(2) Winkel AA’X hat die Weite 30'.

(3) Winkel AA’X hat die Weite 180' - 30', also 150'. In jedem Fall liegt X auf einer der beiden Geraden g+ und g_, die du_rch A’ gehen und und mit (AA’) einen Winkel von 30' bzw. 150' bilden. Umgekehrt ist nun' nachzuweisen, dass es zu jedem Punkt X auf diesen beiden Geraden einen Punkt PX gibt, so class Dreieck APxP gleichseitig ist. Hierzu betrachte man (aus Symmetriegriinden oBdA) z. B. einen Punkt X auf g+. 151'. X = A’, dann ist g die Mittelsenkrechte zu XA, auf der sogar zwei Punkte mit der verlangten Eigenschaft liegen. 131: X verschieden von A, ist P der Schnittpunkt von g mit der Mittelsenkrechten von AX; dieser Schnittpun t existiert, da (AX) nicht parallel 211 g ist. Auf dem Kreis urn PX durch A liegen dann auch A’ und X, und da der Winkel AA’X die Weite 30' oder 150' hat, betrigt die Weite des zu diesem Umfangs— winkeln gehorenden Mittelpunktswinkels 60'. Dreieck APXP ist also nicht nur gleichschenklig, sondern sogar gleichseitig, wie zu zeigen war. W (mit analytischer Geometric)

Ein kartesisches Koordinatensystem sei so fiber die Ebene gelegt, class A 1m Ursprung O liegt und 3 parallel zur x-Achse durch den Punkt mit den Koordinaten (Q;l) 1&q Jedem Punkt von 3 ist dann umkehrbar eindeutig ein Koordinaten—

g

paar (x; 1) mit eR zugeordnet.

Der (fiir fest gewahltes x) zum Mittelpunkt der

Strecke AP (= OP) gehérende Vektor hat die ' Komponenten %x und %; (-1) ein hierzu orthogonaler Vektor ist

Die Mittelsenkrechte zu AP hat also die Parameterdarstellung _ l (x) + t 1 —1 f

_ 2

1

\/1+—X2

i

hierbei wurde der Richtungsvektor normiert, so dass der Betrag des Parameters t die Entfernung angibt, die der Punkt mit Ortsvektor f vonaMx hat. Ein gleichseitiges Dreieck der Seitenlange a hat die Héhe h— — $117.: wie unmittelbar mit dem Satz des Pythagoras zu bestétigen ist Die Scheitel Q, R der iiber AP errichteten gleichseitigxpf nDreiecke werden also

in der Parameterdarstellung f fiir die Parameter t:

3 und t— — - E ~1/5

« aviary-«a- m1 (-1)

erhalten. Die Ortsvektoren q und 1' dieser Scheitelpunkte sind somit

2

x

3

=

2

(f)

A

+ x '

2

(—2fi)

95.5

1995 L

1. Rnnde

Fiir x ale Parameter liefern q und t die Parameterdarstellungen von zwei Geraden, die- wie am Richtungsvektor ablesbar- die Steigungen f bzw —}/— haben und durch den Punkt mit den Koordinaten (0; 2) gehen, wie sich durch Einsetzen des Parameters x— — -}/— bzw x— — 3 ergibt Die Menge M besteht also aus Punkten der beiden Geraden. Dabei gehéren zu M sogar all: Punkte dieser beiden Geraden, denn zu jedem Punkt Q bzw. R dieser Menge gehért eindeutig ein Parameter x und hierzu wiederum eindeutig der Punkt P=(x; 1), von dem man entsprechend der Aufgabenstellung zu Q bzw. R gelangt. MM (mit analytischer Geometrie)

Ein kartesisches Koordinatensystem sei so iiber die Ebene gelegt, class A 1m Ursprung O liegt und g parallel zur x-Achse 1 ’. ‘ durch den Punkt mit den Koordinaten (0;1) lauft. Jedem Punkt von 3 ist dann umkehrbar eindeutig ein Koordinatenpaar (x; 1) mit eR zugeordnet. Aus der analytischen Geometric, linearen Algebra. oder Rechnung mit komplexen Zahlen ist folgendes bekannt: Eine Drehung mit Zentrum O . und Winkelmafl 01 fiihrt den Punkt mit den Koordinaten (x; y) in den Punkt mit den Koordi-

naten

(x-cos(oz)+y-sin(a.);

-x-sin(u)+y-cos(a.))

fiber.

Wegen sin(60')=5 {3- und cos(60')=§ sowie sin(-a)=-sin(a), cos(- on): cos(a) haben daher die beiden gemaB Aufgabems’cellung1 21.1 (x; 1) zu betraclhtenden Punlkte die Koordinaten (2 x+2 -;}/§1-— 1/5 x+§) bzw (2x-

1fx+$> Man substituiert nun fiir1den1ersten Fall 1; = —x+2 -,}/5 also x— — 2t-1/§,und fiir den zweiten Fall t— — -x—— 1/5, also x— — 2t+,/—.

Wegen

-—- 3x+2=---/2§-(2t—/_)+2= -/_'t+2

11nd '

gfix+- =-/_(2t+/§)+2= rt+2

erhalten dize Koordinaten der beiden betrachteten Punkte die Form (t; - fi-t+2) und (t; fi-t+2). Jeder in Befolgung der Aufgabenstellung zu betrachtende Punkt X liegt also auf einer der beiden Geraden mit den Gleichungen s = - ~/§-t+2 bzw. s = fi-t+ 2, 95.6

L 1995

I

1. Runde

also auf einer der beiden Geraden, die mit der Steigung — fl bzw. 7/3- dutch

den Punkt mit den Koordinaten (0;2) verlaufen. Die Menge M besteht hierbei aus M Punkten der beiden Geraden, denn zu jedem Punkt Q dieser Menge gehort eindeut' ein Parameter t und hierzu wiederum eindeutig eine Koordinate x (= 2t— y/ég bzw. = 2t +/§ ), fiir die man gemaB Aufgabenstellung vom Punkte P: (x; 1) zu Q gelangt.

Der nachfolgende Beweis lasst die Liisung der Aufgabe als Sonderfall zu einem allgemeineren abbildungsgeometrischen Beweis erkennen: F11" njte; Beweis

Zunachst wird ein Hilfssatz formuliert: Es seien A, P, Q Punkte der Ebene, M eine Menge von Drehstreckungen mit dem Zentrum A. Fiir jeden Punkt X der Ebene sei mit M(X) die Menge aller Bilder bezeichnet, die durch Anwendung

eines Elements von M auf X entstehen, also M(X) := { @(X) | e M}. Dann sind die Figuren M(P) und M(Q) ahnlich. Zum Beweis betrachte man die Drehstreckung mit Zentrum A, welche P auf

Q abbildet Dann ist (()M(P) = M(Q) Denn liegt X in M(P), lisst sich also als (P) mit e M darste(llen, dann ist 4>0((P))= ( (P))= {>(Q) e M(Q) Hierbei wird benutzt, dass die Verkettung von Drehstrec ungen mit gleichem Zentrum kommutativ ist. Die Umkehrbarkeit der Uberlegung zeigt, dass alle Punkte vom M(Q) hierbei als Bildpunkte erfasst werden; M(P) geht also durch die Drehstreckung (Do in M(Q) iiber; insbesondere sind die beiden Figuren ahnlich. Nun wird dieser Hilfssatz auf die gestellte Aufgabe angewendet: Von A falle man das Lot auf g und nen— ne den Fqunkt P. Uber der Strecke AP zeichne man ein gleichseitiges Dreieck PAQ. Durch jeden Punkt X auf g wird eine Dtehstreckung (PX mit Zentrum A festgelegt, die P in X iiberfiihrt.

P

3

Diese Drehstreckung wende man auf Q an. Nach dem Hilfssatz bildet dann die Menge aller Bildpunkte von Q, bei Durchlaufen von g'durch X eine zu g ahnliche Figur, also eine Gerade h1.Diese geht dutch diejenige Dtehstreckung mit dem Zentrum A aus g hervor, die P in Q iiberfiihrt, entsteht also dutch

—60 -Drehung von g um A _ Betrachtet man entsprechend das zu AQP spielgelbildliche Dreieck ARPimd konstruiert wie oben so erhalt man eine zweite Gerade; diese - sie sei mit h2 bezeichnet- entsteht durch 60'-Drehung von g um A Auf Grund der Konstruktion ergibt sich, dass mit dem Geradenpaar h1,2h alle gesuchten Punkte gefunden sind Die Losung zeigt, class ein wesentlich allgemeinerer Zusammenhang vorliegt, als in der Aufgabe angesptochen: Wenn man den Punkt P nicht eine Gerade, 95.7 .

1. Runde

1995 L

sondem irgendeine Kurve (zB einen Kreis) durchlaufen East, findet man in entsprechender Weise die gesuchten dritten Punkte der gleichseitigen 'Dreiecke.

Anfybe 3 Eine natiirliche Zahl n heiBe zerbrechlidl, wenn es positive gauze Zahlen a, b, x, y gibt, fiir die a+b = n and § +%= 1 gilt. Man bestimme die Menge aller zerbrechlichen Zahlen. Losgng Die gesuchte Menge ist die Menge aller zusammengesetzten Zahlen, also aller Zahlen, die grofler als 1 mid keine Primzahlen sind. Zum Nachweis zeigt man

(A) Jede zerbrechliche Zahl n ist zusammengesetzt. (B) Jede zusammengesetzte Zahl n ist zerbrechlich. Wis Alle vorkommenden Variablen bedeuten positive gauze Zahlen. Die nach Definition der Zerbrechlichkeit auftretende Bedingung

(D §+§=1 ist Equivalent zu bx + ay = ab. Eine weitere Aquivalenzumformung liefett hieraus ab - bx - ay + xy = xy und somit ‘

(2) (a - X)'(b - Y) = xyDabei ist der Faktor a-x positiv, da. sich ans (1) die Folgerung % < 1 und mithin x < a ergibt; aus dem entsprechenden Grunde (oder wegen des positiven Produktes xy) ist auch b - y positiv. Die nachfolgend mit (3) definierten Zahlen p, q sind also positive ganze Zahlen: (3) p:=a-x, q:=b-y.

Einsetzen von (3) in (2) ergibt pq = xy und daher g = 1. Da die Briiche 1; und ’- den gleichen Wert haben, lassen sie sich beide durch Erweitern'aus dem gleichen vollstandig gekiirzten Bruch ;- erhalten; es gibt also Zahlen t und u, fiir die (4) gilt: (4) p=rt, y=ru, x=st, q=su.

Durch Einsetzen von (4) in (3) gelangt man zu rt = a - st und su = b - ru, erhalt also a + b = rt + at + su + ru und somit

(5) a+b=(r+s)-(t+u). Ist nun die positive gauze Zahl n zerbrechlich, so ist n = a + b mit a, b ge-

maB (1) und gestattet daher nach (5) die Zerlegung in zwei Faktoren, die beide grofler als 1 sind; n ist also zusammengesetzt, womit (A) gezeigt ist. Ist umgekehrt n zusammengesetzt, [asst es sich als Produkt zweier natiirliSgt? Zahlen schreiben, die beide gréfler als 1 sind; n erlaubt also eine Darstel—

1. Runde

L 1995

lung der Form (r + s)~(t+ u) mit positiven ganzen Zahlen r, s, t,' u. Definiert man nun a. und b sowie x, y, p, q gemaB (4) und (5), so gilt offensichtlich n = a + b sowie (3), (2) und damit auch (l); n ist also zerbrechlich, wie zum Beweis

von (B) 211 zeigen war.

Damit ist der erste Beweis abgeschlossen.

Zweiter Beggig Zu (A): . Es sei n eine zerbrechliche ZahL Man betrachte eine laut Definition dann existierende Darstellung n = a.+b mit f + % = 1. Aus der letzten GleiChung folgt bx + ay = ab, also ay = b-(a-x). Wiren a, b teilerfremd, miisste y ein Vielfaches von b sein. Dann ware aber is nicht kleiner als 1 - mit Widerspruch zur Gleichung-i- + 1% = 1. Also haben a und b einen gemeinsamen Teiler t (1 1. Man setze a := p sowie b := (q-1)-p . Dann sind a, b positive ganze Zahlen

mit a+b = n. Setzt man weiter‘ x := 1 und y := (p -1)'(q-1), sind auch x, y positive gauze Zahlen und man hat: a _L a+§_p+

-1--1 q_1.p

=1 fl: p+p

1.

Also ist n eine zerbrechliche ZahL

Bemerkung zu (B): Anstelle der oben gewahlten Werte fiir x, y ist jedes Paar (x,y) mit x 6 IN und 1 s x s p — 1 und y := (p — x)-(q — 1) geeignet, weil dann auch y eine positive . l -x . -1 _ . ganze Zahl ist, und auBerdem p + “165917) — 1 lat. Aufgabe 4 In einem Quadrat mit der Seitenlange 100 befinden sich Kreisscheiben vom Radius 1. Sie liegen so, dass die folgenden beiden Bedingungen erfiillt sind: 1. Keine zwei der Kreisscheiben haben gemeinsame innere Punkte. 2. Jede Strecke der Lange 10, die ganz in dem Quadrat liegt, trifft mindestens eine Scheibe. Man beweise, dass dann in dem Quadrat mindestens 400 Scheiben liegen. Hinweis: Eine Strecke trifft eine Kreisscheibe bedeutet, dass Strecke und Kreisscheibe mindeatens einen Punkt gemeinsam haben.

Enter ngjg

Das betrachtete Quadrat sei mit Q bezeichnet. Es geniigt zu zeigen, dass man 400 Strecken der Lange 10 derart in Q plazieren kann, dass - unabhangig von der Verteilung der Scheiben - keine zwei Strecken dieselbe Scheibe treffen. Da 95.9

1995 L

1. Runde

nach Voraussetzung jede dieser Strecken mindestens cine Scheibe tn'fft, folgt damit die Richtigkeit der Behauptung. — 1_0: und der Man pflastere Q nun (teilweise) mit Rechtecken der Breite b— -' % auf die nachstehend beschriebene Weise. Lange l—

Wegen 1001249001500: 8 4.; hat man 100: 8l+1l = 81+b. Teilt man also zunachst - etwa linksbiindig beginnend das Quadrat in seitenparallele rechteckige Streifen SI, S2, . .. , SB der MaBe IOO-l auf, so bleibt rechts ein schmaler Streifen S0 mit den MaBen 100-b fibrig. Wegen 49b=100 passen in jeden der Streifen S1, 52, . .. , S8 iibereinander 49 kleine l‘b-Rechtecke. Und wegen 100:l > 8 passen in den Streifen So iibereinander noch einmal 8 der b‘l-Rechtecke. Insgesamt finden also 8-49 + 8 = 400 Rechtecke mit den MaBen lub auf Q

fiberschneidungsfrei (also ohne gemeinsame innere Punkte) Platz. Diese Rechteike seien (in beliebiger Reihenfolge numeriert) mit R1, R2, . .. , R400 bezeichne . Fit 1— 1, 2,. ,400 sei nun Mi der Mittelpunkt von Ri' sei die zur lingeren Seite von R1 parallele Strecke der Linge 10 dutch M. mit M. als Mlittelpunkt" Jeder Punkt von si hat zur langeren Seite von Ri den Abstand1—,b zur kiirzeR. ren Seite von R.i einen Abstand von mindes-

‘

M

s. l

i

tens —(l-10).

Beide dieser Abstande sind

gréBer als 1, denn man hat -b—l 2~%— >

1 11nd %(l-1o)=—%- 5: 5—5 >.1 Wenn si also eine Kreisscheibe9 vom Radius 1 trifft, muss deren Mittelpunkt im Inneren von Ri liegen, kann mithin nicht gleichzeitig 1n einem Rechteck Rj mit i#j enthalten sein und wird somit auch nicht von 3. getroffen Die Anzahl der Kreisscheiben kann also nicht kleiner als die Anzahl der Stre-

cken sein 11nd betriigt somit mindestens 400.

Z

.

B

.

Man lege derart ein kartesisches Koordinatensystem iiber das Quadrat, dass

die Ecken die Koordinaten ( 0 I 0 ), ( 100 I 0 ), ( 100 I 100 ), ( 0 I 100 ) haben. Fiir i = 1, 2, 3, , 50 und j = 1, 2, 3, , 8 definiere man nun die Punkte Pij = (xilyj) und Qij = ( xi I yj+10) dutch

x. =:1+§——3,1J (i-1),‘

y. ~=1+§-(i—1)

Die kleinsten Koordinaten x1, y1 sind positiv, die grdflten auftretenden Koordi— naten sind _

x50—_ 1+ 33-49-— 9949:1oo2 unumunmnmnuImmmmuunuuu und (9_o_ 10)>2 cine“ Abstand VT: mehr als2 haben, kann keine Kreisscheibe vom Radius 1 mil: mehr als einer der Strecken Punkte gemeinsam haben. Wenn also bei einer Belegung mit derartigen Kreisscheiben jede von mindestens einer Strecke getroffen wird, muss die Anzahl der Kreisscheiben mindestens 400 betragen. E .. l B l 1. 2.

Die erste der beiden Bedingungen in der Aufgabenstellung wird fiir keinen der Beweise beniitigt. Mit den gleichen Grundgedanken wie in den aufgefiihrten Losungen ist zu beweisen, class die Zahl 400 in der Aufgabenstellung durch 416 ersetzt werden kann, indem dutch Verwendung von Rechtecken zweierlei Forma_ts cler Randstreifen des Quadrats besser ausgenutzt wird. Hierzu be-

nutzt man Relchtecke der Formate (1+28)I(12L — —8) 11nd (2+28)t (121— — -1-8) mit 8— — 5—10. Insbesondere zeigt dies, dass es sich bei der Zahl 400 nicht um die minimale ausreichende Anzahl handelt.

WWW Von den Aufgaben der efsten Runde 1995 sincl bei dieser Aufgabe die meisten Denkfehler gemacht worden. Besonders oft lag ein solcher Fehler in einem An-

95.12

L 1995

1. Runde

satz, bei dem - ggfs. fiir spézielle (waagerechte) Lagen der Strecken - eine vermeintlich optimale Anordnung der Scheiben angegeben wurde, bei der 2. B. mindestens 450 Scheiben benétigt wurden (s. Skizze). Bei beliebiger Lage der t Strecken ergab sich dann erst recht die Notwendig— keit von mindestens 450 Scheiben und natiirlich auch von 400 Scheiben. Der Nachweis, dass eine bestimmte Anordnung die ,ficheibensparsamste“ ist, diirfte iuBerst schwer zu erbringen sein.

95.13

2. Runde

1995 L

Aufgabe 1 Ein Spielstein steht zunichst auf dem Punkt (Ill) der Koordinatenebene und kann nach folgenden Regeln auf den Punkten der Ebene bewegt werden:

1) Steht der Stein auf (alb), darf er nach (2a.!b) oder nach (aIZb) gehen. 2) Steht der Stein auf (alb), darf er im Falle a. > b nach (a-blb) gehen und im Falle a. < b nach (aIb—a.) gehen. Welche Beziehung zwischen den Zahlen x und y ist notwendig und hinrei— chend dafiir, dass der Stein irgendwann auf dem Punkt (n) stehen kann '? Er e

'5

Da. die positiven ganzen Zahlen gegeniiber der Subtraktion mit kleinerem Subtrahenden und gegeniiber der Multiplikation abgeschlossen sind, sind die Koordinaten x, y eines Punktes, auf dem der Stein irgendwann steht, stets wieder positive ganze Zahlen. Genau dann kann der Stein irgendwann auf dem Punkt (xly) stehen, wenn die Zahlen x und y auBer der Zahl 1 keinen gemeinsamen ungeraden Teiler haben, d. h. wenn der griSBte gemeinsame Teiler von x und y eich in der Form 28 mit einer nichtnegativen ganzen Zahl s darstellen lésst. Der Nachweis l'a'.sst sich in die folgenden Teile a.) und b) zerlegen: a.) Wenn der Stein irgendwann auf dem Punkt (xly) stehen kann, dann ist der gréflte gemeinsame Teiler von x und y eine Zweierpotenz. b) Wenn der grfifite gemeinsame Teiler von x und y eine Zweierpotenz ist, dann kann der Stein irgendwann auf dem Punkt (xly) stehen. Fiir zwei natfirliche Zahlen p , q (p s q) ist bekanntlich jeder gemeinsame Teiler von p und. q — p auch ein gemeinsamer Teiler von p und q. Durch die Anwendung von Schritt 2) k6nnen sich also die gemeinsamen Teiler der beiden Koor— dinaten des besetzten Punktes nicht indern, insbesondere kann kein ungerader gemeinsamer Teiler hinzukommen. Bei der Anwendung von Schritt 1) wird eine der Koordinaten mit 2 multipliziert, auch hierbei kann also nicht ein neuer gemeinsdmer ungerader Teiler der Koordinaten hinzukommen. Da. somit bei keinem der beiden zuléssigen Schritte ein gemeinsamer ungerader Teiler hinzukommt, ist in jeder erreichbaren Position (xly) der gréfite gemein— same ungerade Teiler von x und y der gleiche wie in der Startposition (Ill), also 1. Er

ewe'

Es seien nun x und y zwei positive gauze Zahlen, die auBer 1 keinen gemeinsamen ungeraden Teiler haben. Es ist zu zeigen, dass der Spielstein'unter Ver— wendung der Regeln 1) und 2) den Punkt (xly) erreichen kann. Da. sich - ausge-

95.14

L 1995

2. Runde

hend von einem Punkt (alb) - der Punkt (2m-al2n-b) dutch (n+m) - maliges Anwenden von Regel 1) erreichen lasst, darf oBdA angenommen werden, dass die Zahlen x und y nicht nur keinen gemeinsamen ungeraden Teiler auBer 1 haben, sondern auch beide nicht den Teiler 2 enthalten, also sogar teilerfremd sind. Es wird nun durch Induktion fiber n die folgende Aussage bewiesen: Sind x, y, n positive ganze Zahlen (n z 2) mit x + y = n, und sind x und y tei— lerfrernd, dann kann der Spielstein auf der Position (xly) stehen. Fiir n=2 ist diese Aussage offensichtlich wahr, da die einzige M6glichkeit x=y=1 ist und (Ill) die Startposition des Spielsteins ist. Es wird nun vorausgesetzt, dass n (n 2 3) eine natiirliche Zahl ist und die Aussage fiir alle kleineren positiven ganzen Zahlen gilt. Fiir die beiden teilerfremden positiven ganzen Zahlen x, y mit x + y = n ist die Erreichbarkeit des

Punktes (xly) zu zeigen. Falls eine der Zahlen x, y gerade ist, setze man fiir den Fall, class y gerade ist, z := 32L Dann sind auch x und z teilerfremd, und wegen x + z < x + y hat man x + z s n - 1. Nach Induktionsvoraussetzung kann man also den Punkt (xlz),

somit nach Regel 1) auch den Punkt (xIZZ), also (xly) erreichen. Falls x getade ist, wird der Beweis analog gefiihrt. Sind abet x und y beide ungerade und x < y, dann ist z := 5% ganz, und wegen der Teilerfremdheit von x und y sind auch die Zahlen x und x+y, also auch xundzteilerfremd.Wegenx+z=x+uél y fiihrt man den Nachweis analog. w ' er w 's b: Wieder ist zu zeigen, dass fiir zwei beliebige positive ganze Zahlen x und y, die auBer l keinen gemeinsamen ungeraden Teiler haben, der Spielstein unter Verwendung der Regeln 1) und 2) den Punkt (xly) erreichen kann. Hierzu betrachte man die umgekehrte Zugrichtung, also zu gegebenem Punkt A nicht die Punkte X, zu denen man von A aus gelangen kann, sondern diejenigen Punkte X, von denen man zu A ziehen kann. Ein derartiger (Riick-)Zug von A nach X wird nachfolgend als B—Zug bezeichnet. Dann ist zu zeigen, dass man durch Nacheinanderausfiihren von B-Ziigen vom Punkt (xly) zum Punkt (1'1) gelangen kann. '

Fiir alle von (xly) aus durch Nacheinanderausfiihren von B-Ziigen erreichbaren Punkte (plq) betrachte man die Summe p+q (aus IN). Da jede nicht-leere Menge aus natiirlichen Zahlen ein Minimum hat, gibt es unter den betrachteten Punkten einen Punkt (polqo), fiir den diese Summe minimal ist. Wire nun eine der beiden positiven ganzen Zahlen p0, q0 gerade, so ware gemaB Regel 1 ein B—Zug auf das Feld (23- Iqa) bzw. auf das Feld (polggfl moglich, im Widerspruch zur Minimalitat der Koordinatensumme. 95.15

2. Runde

1995 L

Sind dagegen beide Komponenten p0, qo ungetade und verschieden, so kann man im Falle p0 > q0 mit Regel 2 dutch einen fi-Zug zu (po + qolqo) und dann gemaB Regel 1 durch einen weiteren 6--Zug zu (mlqo) gelangen,- wiederum im Widetspruch zur Minimalitéx der Koordinatensumme, denn dann ist ja. 20—3—9“- + qo < p0 + qo . Im Falle po < q0 verlauft der Nachweis analog. Die Koordinaten p0 und qo sind somit ungerade und gleiclL Wie in Teil a.) sieht man, dass bei B-Ziigen kein von 1 verschiedener ungerader gemeinsamer Teiler der beiden Koordinaten hinzukommt. Da. nach Voraussetzung x und y keinen derartigen Teiler haben, muss p0 = q,J = 1 gelten.

Man kann also dutch eine Folge von B—Ziigen von (xly) zu (Ill) gelangen; das war zu zeigen.

Anmflknnz Bezeichnet man fiir nelN mit E(n) die Anzahl der erreichbaren Gitterpunkte . E n __ 8 . . unter den 11 2 Gltterpunkten (xly) mlt lsxsn, lsysn, so g1lt “152° n3 — fi . Fiir groBe Werte von 11 sind also rund 81% dieser Punkte erreichbar. Zur Illustration:

E(100) 8 z 0,3105... . 1002 = 0,8155, F

Aufgabe. 2 Auf einet Strecke der Lange 1 sind endlich viele, paarweise disjunkte Teilstrecken gefarbt. Der Abstand zweier gefarbter Punkte betragt nie genau— 10. Man beweise, dass die Gesamtl'ange der gefarbten Teilstrecken nicht gréBer als1— 2ist. w 1s Man zelrlege zunachst die gegebene Strecke m eine Folge von 5 Teilstrecken der 5 —und betrachte eine beliebige dieser Teilstrecken. Ihre Endpunkte seien — Lange— mit A und B, ihr Mittelpunkt mit M bezeichnet. Verschiebt man nun die Strecke AM punktweise um den Pfeil von B nach M, so hat kein gef'arbter Punkt einen gefarbten Bildpunkt, da Urbild 11nd Bild jeweils den Abstand— 1—0 haben, a.lso nach Voraussetzung nicht beide gefarbt sein k6nnen. Alle gefarbten Teilstrecken von AB lassen sich also durch Verschieben fiberschneidungsfrei auf der Strecke MB unterbringen, dlie Gesamtlinge der geférbten Teilstrecken von AB ist mithin nicht grbfler als— Somit ist die Gesamtlange aller gefarbten Teilstrecken nicht gréifler a152— 's

'

ssu

es

eweises

Nach Voraussetzung wird auf dem Zahlenstrahl das abgeschlossene Intervall [0 , 1] dutch Farben von Punkten in endlich viele (abgeschlossene) Intervalle

95.16

L 1995

2. Runde

mit gef'a'rbten Punkten und in endlich viele (offene oder halboffene) Intervalle mit ungefirbten Punkten zerlegt. Die Definition Ti'— —1—i[ 10 , A] 10 fit 1— 0,1,2, . , 9 liefert eine Zerlegung des In-

tervalls [0,1] 1n 10 Teilintervalle der La.nge11—o Fiir alle Indizes 1 von 0 bis 8 gilt: Ist x ein gefa'rbter Punkt 1n Ti ,dann ist der (in Ti+1liegende) Punkt x +— 10 nicht gefarbt. Die Summe der Langen der gefa'rbten Intervalle in Ti sei mit {- bezeichnet. Dann gilt fiir die Summe 1— — fi+1 der Lingen der Intervalle aus ungeférbten Punkten in Ti+ die Ungleic 1mg S1

fis1_0 —f+1,a.lso fi +fi+1‘1—‘0 1

..

._

fur 1—0,l,2,...,8.

Bezeichnet man die Gesamtlénge aller gefarbten Teilstrecken mit f, erhélt man daher 9

f: Zfs =(fo+f1) +(f2+f3) +(f4+f5) +(f6+f7) +(f3+f9) i=0 NDIH

1 ‘5 10

Die Gesamtlinge aller geférbten Teilstrecken ist somit nicht gréBer als 1;, was zu zeigen war. Veral e ei d Ve érfun Man sieht, dass in Voraussetzung (bei —1—-) und Beweis die Zahl 5 durch eine beliebige andere positive ganze Zahl n ersetzt werden kann; von den geférbten Teilstrecken wird also vorausgesetzt, class nie zwei ihrer Punkte die Entfernung — 2n.ha.ben Es gilt daher allgemeiner der Satz: 2nIst n eine positive ganze Zahl 11nd sind auf einer Strecke der Linge 1 endlich viele paarweise disjunkte Teilstrecken so geférbt, dass der Abstand zweier geféirbter Punkte nie genau % betrégt, dann kann die Gesamtlinge aller gefirbten Teilstrecken nicht grofier a.ls ;— sein. $_ch&rfer als' diese naheliegende Verallgemeinerung gilt abet sogar die folgende Aquivalenzbeziehung: Es sei d eine positive Zahl (d 6 vorausgesetzt werden. Mit M sei die Menge aller nicht-negativen ganzen Zahlen bezeichnet, in deren Dezimaldarstellung nut die Ziffern 0 und 1 vorkommen und die in dieser Darstellung héchstens n Stellen haben. Da. diese Zahlen dadurch erzeugt werden kénnen, dass man jede von 11 Stellen mit einer der beiden Méglichkeiten 0 bzw.

1 versieht, enthilt die Menge M genau 2n Elemente. Da. nach Wahl von 11 somit die Anzahl der Elemente von M grBBer a.ls k ist, gibt es in M mindestens zwei Elemente, die bei Division durch k den gleichen der k rnéiglichen Reste 0, 1, 2, ..., k — 1 lassen, deren Differenz also durch k teil— bar ist. Zwei derartige Zahlen seien mit a. und b bezeichnet, wobei o.B.d.A. a. < b 5121. In der Dezimaldarstellung von b -' a. k6nnen héchstens die vier Ziffern 0, 1, 8, 9 auftreten, denn bei der schriftlichen Subtraktion gibt es ja. nut die vier Differen-

zen 0— 0, 1- 0, 1- 1,10-1und 10-1—1(,,geborgt“). Es ist nun zum Abschluss des Beweises nur noch zu zeigen, dass die durch k teilbare Zahl b— a. kleiner als k4 ist. Bezeichnet man mit 111 die gréfite Zahl m der Menge M (also die Zahl mit einer Dezimaldarstellung aus n Einsen), dann batman

"1

b—a. 10 weiter

10- 10“—1 < 1,6“‘1 1011-1 = 16"‘1 = (2n-1)‘ g k4 . Damit ist der Beweis abgeschlossen.

95.23

A 1996

Aufgaben 1996 1.

1. Runde

1. Runde

Kann man ein Quadrat der Seitenléinge 5 cm vollstandig mit drei Quadra-

ten der Seitenlange 4 cm fiberdecken 7 (Beweis 01

Auf einem nxn-Schachbrett sind die Felder so nummeriert wie in dem abgebildeten Beispiel fiir n = 5. 1

2 3 4 5

Es werden n Felder derart ausgewéhlt, dass aus jeder

6 7 8 9 10

Zeile und jeder Spalte genau ein Feld kommt. AnschlieBend werden die Nummern~dieser Felder addiert

11 12 13 14 15 16 17 13 19 20

Welche Werte fiir die Summe sind hierbei méglich ? (Be-

21 22 23 24. 25

weis !) In der Ebene liegen vier Geraden so, dass je drei von ihnen ein Dreieck bestimmen; eine dieser Geraden sei parallel zu einer der Seitenhalbierenden des von den drei anderen Geraden bestimmten Dreiecks. Man beweise, dass dann auch jede der drei anderen Geraden diese Eigenschaft hat.

Man 1bestimme die Menge aller positiven ganzen Zahlen 11, fit die n--12n + 1 eine Quadratzahlist

1 Bei der Uberdeckung dUrfen sich die drei 4cm-Quadrate gegenseitig Uberschneiden.

96.1

2. Runde

1996 A

Aufgaben 1996 1.

2. Runde

Eine Menge von Punkten des Raumes wird schrittweise erweifiert, indem man jeweils einen ihrer Punkte an einem anderen ihrer Punkte spiegelt und den erhaltenen Bildpunkt zm‘ Mange hinzufiigt. Kann man auf diese Weise, ausgehend von der Menge von sieben Eckpunkten eines Wiirfels, nach endlich vielen Schritten dieser Menge die achte Ecke des Wiirfels hinzufiigen ? ' Die Folge 2°, zl, Z2:

wird rekursiv definiert durch

20 := 0,

zn := zn_1 + £154., wenn n = 3’1-(3 k+1) .

1'

2n := zn_1 - 3—2JL1 , wenn n = 3r1-(3k+2)

fiir geeignete ganze Zahlen r, k.

Man beweise: In dieser Folge tritt jede ganze Zahl genau einmal auf.

Auf den Seiten eines Dreiecks ABC sind nach auBen Rechtecke ABBIAI, BCCl, CAA202 errichtet. Man beweise, class sich die Mittelsenkrechten der Strecken A1A2, B132, 0102 in einem gemeinsamen Punkt P schneiden. Es sei p eine ungerade PrimzahL Man bestimme diejénigen positiven ganzen Zahlen x, y (x s y), fiir welche {Zp - fit — fl nicht-negativ und méglichst klein ist;

96.2

1. Runde

'

L 1996 Aufgabe 1

Kann man ein Quadrat der Seitenlange 5 cm vollstindig mit drei Quadraten der Seitenlinge 4 cm iiberdecken ? (Beweis !) I6 Die Antwo'rt Lautet JA. Zum Beweis bezeichne man das groBe Quadyat mit Q, die drei kleinen Quadrate mit q1, q2, q3. Man lege q1 so auf Q, dass zwei der Innenwinkel zur Deckung kommen, und verbinde die im Inneren von Q liegende Ecke von ql mit der nichstliegenden Ecke von Q. Damit ist Q in ein Quadrat der Seitenlinge 4 cm und zwei kongruente Trapeze zerlegt; dabei ist ein solches Trapez dutch zwei benachbarte rechte Winkel und die Langen 4 cm, 1 cm, 5 cm der an diesen Winkeln beteiligten Seiten gegeben. Es gentigt nun zu beweisen, dass ein solches Trapez 1n ein Quadrat der Seitenlange 4 cm passt. Dies geschieht 1n den ersten beiden Beweisen. In diesen seien die Ecken des Trapezes so mit A, B, C, D bezeichnet, dass AD die Seite der Linge 5 cm und Winkel ADC ein rechter ist.

ELSELBSME Man lege ein Kartesisches Koordinatensystem mit der Langeneinheit 1 cm so auf das Trapez, dass der Ursprung auf A liegt, die senkrechte Achse durch AD verléiuft und das Trapez im ersten Quadranten liegt. Dann haben die Punkte A,

B, C, D in dieser Reihenfolge die Koordinaten (0'0), (1'1), (1'5) und (0'5). Zu einer positiven Zahl m sei g die Ursprungsgerade mit der Steigung in. Die zu g orthogonale Ursprungsgerade h hat dann die Steigung - 4;, Die Gleichungen dieser Geraden sind

D} c

g:

y = m): ,

in Hesseform % = 0,

h:

y= ~fi 11:,

in Hesseform % =0

Ist dD der Abstand des Punktes D von g, dC der Abstand des Punktes C von h, hat man daher

dD = d((o|5); g) = 5&4

3

h '

= d((1|5); h) = {Ff-+13%—

Wihlt man nun speziell m.=g- , so edrgisbt— sich wegen 1+ 5m: 5 fit dD und dc 50d — 74T=7t% (0, 0, 0, ..) -> (0,0, 0,...) -> 0, also w0 = 0.

Zn (1): Fiir n— 3m ist a0 = 0; zu n gehort also eine Koeffizientenfolge der Form (0, a1, a2,a.3, ...); zu n+1 gehort somit (1, a1, a2, a3, ...); also erhalt man Wn+1 = wn+ 1'

Zn (2): Fiir n— 3m ist a0 = 0; 211 n gehort also eine Koeffizientenfolge der Form (0,a. a1, a2, a3, ...); zu n+2 gehort somit die Folge (2, a1, a2, a3, ....) Sind also bo,b1,b2, b3, ...die Koeffizienten zur Darstellung der zweiten Art von wn,hat man

11 -) (0, a1,2a,a3, ..) -) (0, b1,b2, b3,- ) '> i23-3l = W11 und daher n+2->(2, a1, a2, a3, ...->)

(—1,b1,b2,b3,...)->—1+:1bi-3'=wn+2

I

Wegen — 1 + :jbi-S = — 1 + wn ergibt sich wn+2 — — Wu

_

1 . _

Zu(3): Zur Darstellung von 11 im Positionssystem zur Basis 3 mége die Koeffizientenfolge (a0, 3112a13'31-‘) gehoren, die gemaB der Aibbildungsdefinition in (b, b1, b2,b, ..) fibergehe. Dann ist wll = $0b -3 ,und man hat: __ _ 3m -> (0,a.a0, a1, a2, ...) -> (0, b0, b ,bz, ...)-> :331+1 _ 3 12:01:,-3i _ 3 wm.

Wie behauptet ist damit wsm— = 3--wm.

96.19

2. Runde

D .

_ 1996 L

I ..

Man erklfire die Folge b1, b2, dutch bl1 := zn — zn _ 1 (n = 1, 2, 3, ..). Nach Definition der Folge (2n) ist dann 3'51 ,wenn n=3r1-(3k+1) 1:)n =

} fiir geeignete ganze Zahlen r, k.

- Lid , wenn n = 3r1~(3 k+2) Die Zahlen r, k sind hierbei eindeutig festgelegt (n Vorbemerkung); die Folgen ' sind daher wohldefiniert.

Die Folge (bu) hat die folgende Eigenschaft (1): (1) Fiir jede positive ganze Zahl s und jede positive ganze Zahl n mit 1 s ns 33

15" bn+3'=bn+2-3‘=bn' Denn wenn n die Darstellung 3"1-(3 k+1) hat, so ist 3r ' 1 < 35, r — 1 < s,

alson+3'=3r'1-(3k+1+3"’+1)=3r'1-(3(k+3s'r) +1)und

n+2-3‘=3"1-(3k+1+2~3"‘+1)=3"1-(3(k+2-3“‘) +1). Und wenn n die Datstellung 3r1,(3 k+2) hat, so ist entsprechend

n+3'=3"1-(3k+2+3‘"+1)=3"1-(3(k+3"') +2)

and

n+2-3'=3"1-(3k+2+2-3"‘+1)=3r'1-(3(k+2~35") +2). Unmittelbar aus der Definition ergibt sich die fnlgende Eigenschaft (2): (2) Fiir jede positive ganze Zahl i ist b3; = 3H; ' 1 und b2 .3i = — L421; . Fiir ganze Zahlen a, b (a. s b) wird nachfolgend mit [[a; b]] die Menge aller

ganzen Zahlen aus dem abgeschlossenen Intervall [a.; b] bezeichnet. Die Michtigkeit der Menge [[a; b]] betrigt dann b — a. + 1. Dutch Induktion fiber s wird

nun die folgende Aussage (u) bewiesen: I

I

I

(I) {20, 21,22, ...,23l_1} = II— Q2;1; 3 ; 1]]undz3a_1 =- 3 2-1 . Da. die Anzahl' der Folgenglieder gleich der Anzahl der ganzen Zahlen im Intervall [— 3 2'1 ; £42,3-] ist, ergibt sich damit gleichzeitig, dass die Glieder der Folge (zn) paarweise verschieden sind. Die Behauptung ist fiir s = 1 richtig, denn 31 — 1 = 2 und

{2 ,ZPZZ} ={0,1,-1} = [[—1;1]]=[[— 22—; g—II und 22=-1' Zum Schluss von 3 auf 5+1 (3 2 1) darf 23._1 = — 3 2 1 vorausgesetzt warden. 3' +1 1

2

Nash (3) gllt auBerdem b3. = Somit ist

' _

_

3 -l

I +1 3

-1 _

”a" “3'—1_+bs-- ' —2‘ + T - 3‘

Wegen (1) gilt fiir k = 1, 2, ..., 3’ - 1 die Beziehung zk+3' = 33 + 2k , denn man hat 96.20

L 1996

2. Runde k

k

k

k

zk+3' ' z3' =§1(zi+a' ' zi—1+3') =i§1bi+zf =i2=l1bi = §1(zi ' zi—l) = zk , _ _ 3 3 +zk. alsozk+3.—zan+zk—

Mit der Induktionsvoraussetzung ergibt sich daher: I 3 - 1

3 -1 .

_

{ 23" z3'+1' z3‘+2’ "" z2-3‘-1} - [[33 ‘ T: 38 + ’2— 1], “5° 3 I+1_

{ 23., 23:+1 , za.+2 , ..., 22.3.4} = [[3423; 3—2—11] , und der Anfangs-

punkt des Intervalls ist 22351 = 3—2'L1 . I

n+1

Nach (2) ist damit 223. = 22.3.4 + b2_3. = 3—2-+—1 — 3—2‘l'—1 = - 3‘,

Wieder wegen (1) ergibt sich mit analoger Uberlegung zur obigen: { 22'3" 2231+]. ,22.3l+2 , ...,Z3I+1.1 }

|_ |_ = [[— 38.:1—3 2 1 ; :38 +—3 2 1]],

also { 22_3I, 223-44 , 22.3I+2 , . ..,23o+1_1}

= [[-——3 2 _ 1; ——+—3 2 1]],

und der Anfangspunkt des Intervalls ist 23:41.1 = -

3l+1_ 1

Durch Zusammensetzen der drei Intervalle ergibt sich { 20,21, Z2, ..., 235+1_1} = { 20, 21, ..., 231.1} U { 23', 233+1 , ..., 22.334} U { Z231, 2231+]. , ..., Zal+1_1}

=[[— 3311;37;11u[[3—2fl; 32—111utt—32—1;—3—2+—111 l_

I

l_

_

= ll}; 2

t

I

I+1_

n+1 _

l

_

1; 3 2

111”Ll

AuBerdem ist 23|+1_1 = - 3 2 ' 1 . Damit ist der Beweis zu (I) gefiihrt. Da.

(3 '; 1)s nicht beschrankt ist, folgt aus (.) die Behauptung der Aufgabe.

Anfgabe 3 Auf den Seiten eines Dreiecks ABC sind nach auBen Rechtecke ABB1 A1, BCC1 B2, CAA202 errichtet. Man beweise; dass sich die Mittelsenkrechten der Strecken A1 A2, B1B2’ 0102 in einem gemeinsamen Punkt P schneiden. Vorbe

Die Existenz des Schnittpunkts je zweier cler betrachteten Mittelsenkrechten C2 darf vorausgesetzt werden, da. andernfalls zwei der C1

A2

A

B

A1

B1

Strecken A1A2’ Bl, ClC2 parallel waren.

Diese Parallelitit kann aufgrund der Anschauung ausB’ geschlossen werden. Ein formaler Beweis, etwa fiber eine Winkel- und Halbebenenbetrachtung (der Winkel

z. B. zwischen (B1B?) und (Ar/5.2) liegt im scharfen Sinn zwischen 0° und 180°) wird nicht erwartet und soll hier auch nicht gegeben werden. 96.21

1996 L ‘

2. Runde

WE Dem ersten Beweis wird der folgende Hilfssatz vorausgeschickt:

Liegt ein Dreieck A’B’C’ im Inneren eines Dreiecks ABC, wobei AB ll A’B’, BC ll B’C’, CA ll C'A’ gilt, dann schneiden sich die Geraden (AA’), (BB’), (CC’) in einem gemeinsamen Punkt Q. Zum Beweis sei Q der Schnittpunkt von (AA’) und (BB’). Dutch die zentrische Streckung mit Zentrum Q und Streckfaktor 8%, geht A in A’ viiber. Nach dem ersten Strahlensatz ist C 84% = 8%,, also geht auch B in B’ fiber. Da nun das Bild von Dreieck ABC ahnliche k Lage wie das Urbilddreieck haben muss, ist ‘3‘ Dreieck A’B’C’ das Bilddreieck. Insbesondere liegt C’ auf (QC), also geht auch (CC’) durch Q. A m B Mit a, b, c bezeichne man die Mittelsenkrechten zu BB2 bzw. 002 bzw. AA . MA’ M , MC seien die Schnittpunkte von l> c1” mlt c, zw. von c mit a, bzw. van a mit b. Dann sind nach Konstruktion die Seiten des Dreiecks MAMBMC parallel zu den Seiten von Dreieck ABC: nach dem Hilfssatz schneiden

sich die Verbindungsgeraden (AMA), (BMB)’ (CM& in einem gemeinsamen Punkt S im Inneren des Dreiecks ABC. Der durch Spiegelung von S an a erhaltene Punkt heiBe Si, entsprechend liefert Spiegeln von S an b den Punkt Sb’ analog erklart man den Punkt Sc. Die Punkte- MA’ A2, Sb entstehen dutch Spie-

geln an b aus den kollinearen Punkten MA’ A, S, daher sind auch MA’ A2, Sb kollinear. Analog ergibt sich diiliollineflt von M , A1,

. _ :-

sc. Wegen MAA2 = MAA = MAA1 ist das Drei- MA

A1

S".

B1

eck A1A2MA gleichschenklig. Da wegen der . Langengleichheit der Strecken MAsh, MAS’ MASc auch das Dreieck ScMA gleichschenklig ist', bilden die vier Punkte AIScA2 die Ecken eines symmetrischen Trapezes. Die Mittelsenkrechte zu A1A2 fallt daher mit der Mittelsenk— rechten zu Sc zusammen. Entsprechend hat B132 die gleiche Mittelsenkrechte wie ScSa; die entsprechende Aussage gilt 'fiir 0102 und sash. Die drei gemaB der Aufgabenstellung zu untersuchenden Mittelsenkrechten sind also gleichzeitig die Mittelsenkrechten im Dreieck SaSbSc. Somit verlaufen sie durch einen gemeinsamen Punkt 96.22

L 1996

'

2. Runde

Zweitgr Beweis

Mit a., b, c bezeichne man die Mittelsenkrechten zu BB2 bzw. CC2 bzw. AA1. C: 1M0 MA’ MB’ MC seien_ die Schnittpunktze von b mit A2

‘

Cl

_C______ _____ B, _.b_..MlA

sind nach Konstruktion MA’ MB’ MC die Schnittpunkte der Mittelsenkrechten in den

A

c

C, bzw. vonCc mit a., bzw. van a. mit b. Dann

B

"9MB Dreiecken A1AA2 bzw B2BB1 bzw. C2001. I B1

D sei der Punkt, in den2 B2 1bei Verschiebung um BA fibergeht. Da. bei dzieser Verschiebung B1B 1n A1 A 1ibergeht,ist Dreieck A1 D A kongruent zu Dreieck B13213. Bei einer1Verschiebung um __)geht CA die Strecke CC2 iiber 1n die Strecke AA2; wegen CA C—B)=+_) BA: C1B 2+2 lfi geht C1bei dieser Verschiebung in D 'iiber Die Umkreismittelpunkte der Dreiecke DAA1 C? Mc C und AzAD seien mit U bzw. V bezeichnet. 1 .C’. A: Dann sind die Dreiecke MAUV und MAMBMC

A1

éhnlich, da. U auf MAMB liegt, V auf MAMC

1

liegt und UV parallelAzu MBMC ist; (UV) ist ja.

die Mittelsenkrechte der zu CCC1 parallelen MA Strecke AD

3:

" A

B

U"

Al

M3

Bl

Die Dreiecke sind in ihnlicher Lage mit gemeinsamer Ecke M ,es gibt also eine zentrische Streckung a mit Zentrum MA’ welche Dreieck MAUV in MAMBMC iiberfiihrt.

Bezeichnet man den Umkreismittelpunkt von Dreieck A1DA2mit M, und ist P der Bildpunkt von M bei der Streckung a, damn verlaufen die drei Mittelsenkrechten der Aufgabenstellung dutch P, denn: 1. Da. (VM) nach Konstruktion von V senkrecht zu A2D verliuft, ist wegen der Parallelitit von A2D und 02 C1 (McP) orthogonal zu 02 C1 ,aJso nach Definition von MC die Mittelsenkreczhte vonC20 C1,die mithin durclh P verléuft. 2 Die analoge Uberlegung fiir (UM), A12D, 11BB 211nd MB ergibt, dass auch die Mittelsenkrechte von B1B2 durch P geht 3 Die Mit’celsenkrechte2von A1A2 enthalt M und geht, da. sie das Streckzentrum MA enthalt, in sich iiber. Slomit geht sie ebenfalls dutch P als Bildpunkt von M. Damit ist der Beweis abgeschlossen.

96.23

2. Runde

1996 L

Man wihle den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von A1A2 mit der Mittelsenkrechten von 31B2 a.ls Ursprung O eines Koordinatensystems. In dieC2 _

o

A, .

sem2 System seien die Ortsvektoren von A, B, C mit a

- . C1

C

a"

A1

3: Weiterhin se1 11):: —AA1, u.— — BB_; und ’0 := CC2 .

..--‘-9... ‘1

3

bzw. 5 bzw. c bezeicm

B 4‘ 131

1

Wegen AB 1 AA1 131; (a— 5)-to= 02, also

(1)

an»: 5.11)

11nd entsprechend (b—c)n1=0 und ((1 — c).n = 0, somit (2) 5 -11 — (M = 0(1). — D).

Ferner gillt aufgrund der speziellen Wahl des Ursprungs:

(a +1—2(to + 11)).(111—11): 0 und (5 +1—201 + 10))‘(11— m): 0, also am—2a-v+1— (m -m— on»): Ound 52‘11- 5-11) +—2(—1m1 to-to)— _ 0. Durch Addition der letzten beiden Gleichungen erh'a.lt man mit (1) und2 ( 2)

001-13) +%(u-u-o-n) =0,a.lso (c+%(u+b))s(u—o) :0. Die Gerade dutch 0 und den Mittelpunkt von C102 steht also senkrecht auf C1C2 und ist somit die Mittelsenkrechte von 01C. Alle drei nach der Aufgabenstellung zu betrachtenden Mittelsenkrechten 1e1121:ha.lter1 3011111: 0 als gemein— samen Punkt. 31' E . Ffir diesen Beweis wird der folgende Hilfssatz benutzt: Gegeben seien zwei Dreiecke PIQIRI und P2Q2R2 sowie ein Punkt X. Dann 1st XP1 orthogonal zu Q2R2, wenn die folgenden Orthogonalititsbeziehungen gelten: XQ1 1 P2112, XR1 1 P2Q2,XP21 Q1111, XQ2 1 P1R1’ XR2 1 Q1P1‘ Zulm Na.chweis2 wahle man zu der Figur derart ein kartesisches Koordinatensystem, dass X im Ursprung liegt. Die Ortsvektoren der Punkte seien (mit Kleinbuchstaben) entsprechend den Punkten bezeichnet. Dann ha.ben laut Voraussetzung und unter Beibehaltung der dortigen Reihenfolge die folgenden Skalarprodukte den Wert null: q1*(p2-r2), 111.032“q p2*(q1"l‘1)) q2'(p1"1'1), I'2'(q1‘P1)-

Hieraus ergeben sich die Gleichungen

q1‘92 = q11'12'1'1'1’2 = r1'q2’ Pz'q1 = p2'1’11‘12"p1 = q2‘11’ rz'ql = 12'P1' Somit erhilt man qzlpl = (12.1.1 = r1'p2 = pz‘ql = qlorz = 1'zopl, also qzopl = :-zopl

Somit ist (%—r2)-pl— — 0, also 151; XP1 orthogonal zu Q2R2; damit ist der Hilfs— satz bewiesen. 96.24

'

L 1996

2. Runde

Da. A1A2 nicht parallel zu CICZ ist, hat die Senkrechte zu A1A2 durch A2 mit der in C2 errichteten Senkrechten zu CICZ einen Schnittpunkt; dieser sei mit P 01

bezeichneti

02 p

32

C

A2 A

B

Man konstruiere nun die Punkte X, Q, R auf folgende Weise: Die Verschiebung von P um g MN: X, die Verschiebung von P um A2A1 liefert Q, die Verschiebung von P um den Pfeil C2 liefert R Nach Konstruktion von X, Q, R sind die Vierecke A2AXP, A2A1QP und

Q

C1C2PR Parallelogramme,2w1¢)bei auf— A1 B1 grlund der Konstruktion von P die beiden letztgenannten sogar Rechtecke sind. Wenn man auch noch Viei‘eck BlRQ als Rechteck nachweisen kann, ist man fertig, denn dann sind die zu betrachtenden Mittelsenkrechten gleichzeitig Mittelsenkrechten im Dreieck PQR, gehen also alle drei dutch einen gemeihsamen Punkt. Aus der Parallelogrammeigenschafl: der Vierecke AZAXP, AzAlQP und ClczPR ergibt sich zunichst, dass auch die Vierecke AlQXA 11nd PXCC2 Pa.rallelogramme sind, da. jeweils zwei Gegenseiten parallel und gleich lang zu A2P bzw. AZA sind. SchlieBlich ist auch Viereck XRC1C ein Parallelogramm, da2 die Gegenseiten XC und RC1 parallel und gleich lang zu PC2 sind. Hiermit ergeben sich aus den Voraussetzungen (die Vierecke ABB1 A1, BCC1 B2, CAA202 sind Rechtecke) die Orthogonalitatsbeziehungen: KC 1 PR, XA 1 PQ, XP 1 CA, XQ 1 BA, R XR 1 CB. P Nach dem oben angegebenen Hilfssatz folgt daraus auch die Orthogonalitat von XB und QR. Mit den Parallelogrammen XQBlB und XBBZR ist auch Viereck B1B2RQ

A

B

ein Parallelogramm und wegen BX 1 QR somit sogar ein Rechteck. Damit ist der noch fehlende Teil des Beweises erbracht.

Bemerkung zum Beweis des Hilfssatzes Anstelle des vektoriellen Beweises unter Verwendung des Skalarprodukts lasst sich der Hilfssatz elementar — lediglich mit Hilfe des Satzes von Pythagoras nachweisen. Mit diesem Satz zeigt man namlich (die vielen Wettbewerbsteil— nehmern bekannte Tatsache), dass zwei Strecken AB und UV genau dann orthogonal sind, wenn die Gleichung AV2 B——V2 —A—U2 — BU2 erfiillt ist. Hier96.25

2. Runde

1996 L

mit wird dann der Beweis mit zum vektoriellen Vorgehen analoger Rechnung

(also 2. B. mit A—v2 —B—v2 = A—U2 -BU2 anstelle vonfi _v’= 0) gefiihzt. Eiinfig: Bgmjs

Der Schnittpunkt von (AlBl) und (A209 sei mit A’, der Schnittpunkt von (B20) und (A209 sei mit C’ bezeichnet; B’ sei der Schnittpunkt von (B201) und (A1B1. Weiterhin bezeichne A” C’ den Mittelpunkt der Strecke AA’; analog werden B” 11nd C” erkléirt. Der Thaleskreis iiber AA’ hat das Zentrum A” 11nd verlauft dutch A1 11nd A

C2

des Dreiecks A1AA2 und somit A

C

1 '

Also

ist A” der Umkreismittglpunkt

11

A,

”

A

32 B

A

3,

B A1

Bl

, B

ein Punkt der Mitte2lsenkrechten von A1A2' Die analogen Uberlegungen gelten fur B" und C” De. die Mittelsenkrechte zu AA1 dutch A”, die Mittelsenkrechte zu BB1 durch B”

verlauft, 11nd beide Mittelsenkrechten zusammenfallen, cla. Viereck AlBlBA ein Rechteck ist, ist (A”B”) diese Mittelsenkrechte, also eine Mittelparallele im Rechteck AlBIBA. Man wahle min 211 der Figur derart ein kartesisches Koordinatensystem, class der Hohenschnittpunkt von Dreieck A”B”C” im Ursptung liegt. Die Ortsvektoren von A”, B” C” werden in dieser Reihenfolge a, 5, t genannt. Die 90°-Drehung (als Vektorabbildung, angewandt auf die Vektoren im Drehsinn von Dreieck ABC) sei mit 5 bezeichnet. Dann ist 8 eine lineare Abbildung, insbesondere also auch additiv. Wegen der Orthogonalitat von A”B” und AA1 fiihrt die Drehung 8 den Vekt_>or AA1 in ein Vielfaches von A”B’i fiber. Es gibt also eine reelle Zahl

u mit 8AA:> =1u(5-— (1). Da. das Rechteck uber AB nach auBen errichtet wurde, sind )lund AB gleich gerichtet. Der Koeffizient u ist also positiv. Entsprechend ergibt sich die Existenz von positiven reellen Zahlen v, w mit 8(B B2)_ —- v(c— 5) und 81062): w(a- c). Ein geeigneter Richtungsvektor der Mittelsenkrechten zu A1A2 ist 8(A1A2)

8(AT’A2)= 8(AA2)- 8(AA1)= q?2)— 6(A—AI)-— w(a— c)— uai— a) Entsprechend erhalt man

6(§1_)B;)=8(BB) 8(BB) =qfig) — a?) = v(c— 19— uas —a), 5(0102)=sccz)— =qfi9— BB2)=w(a-c)—v(c—li) Die Mittelsenkrechte zu“2A2 erlaubt die folgende Parameterdarstellung:

fA(1') — a— rfilA A2) , also- }A(r)— a + r (u(b-— a)- w(a— c)). Zusammenge— fasst nach den Ve toren a, 5, c ergibt dies fA(r)= (1 —r(u+w))a + rub + rwt

96.26

L 1996

2. Runde

Man gelangt so zu den folgenden Parameterdarstellungen der drei Mittelsenk— rechten von A1A2 bzw. Bl bzw. 0102: ;A(r) = (1 - r(u+w))a + m5 + rwc ,

jiB(s) = (1 — s(v+u))5 + svt + sua ,

;C(t) = (1 - t(w+v))c + twa + M . Diese drei Geraden haben genau dann einen gemeinsamen Punkt, wenn es reelle Zahlen r, s, t mit ;A(r) = fB(s) = fc(t) gibt. Hierzu genfigt offensichtlich die Ubereinstimmung in den Koeffizienten von a, li, c, also die Giiltigkeit von

(.) 1 — r(u+w) = su = tw, 1 — s(v+u) = tv = ru,1 — t(w+v) = rw = sv. Mit dem Ansatz r = av, s = aw, t = om sind die folgenden Gleichungen ausrei-

chend fiir (t): 1 - av(u+w) = awu , 1 -— aw(v+u) = cluv,1 — au(w+v) = oww . Diese sind jeweils Equivalent zu 1 = 0L(uv + vw + wu). Da. u, v, w positiv sind, ist uv + vw + wu * 0. Mit a .= m gehéren also die drei Ortsvekto-

ren fiA(av), fB(onw), fC(au) zum gleichen Punkt, der somit auf allen drei betrachteten Mittelsenkrechten liegt. E .. l E l E" E

E w .

1. ALs Ortsvektor des Schnittpunkts der drei Mittelsenkrechten erhalt man

;A(—uv + v; + Wu)

2 (1 — r(u+w))a + 1115 + rwc

=a+—uv+v§v+m(-(u+w)a+u5+wc) = uv + W, + wu wua + uv5 + vwc). 2. Wenn in der Voraussetzung zugelassen wird, dass Rechtecke mm er-. richtet werden, sind die entsprechenden Koeffizienten unter u, v, w negatiy. Der Beweis zeigt, dass auch in diesem Fall die Behauptung richtig bleibt, auBer wenn der Fall uv + vw + wu = 0 eintritt. In diesem Sonderfall ergibt sich v + u = - 113',-;weiter erhilt man

fB(s) = (1 — s(v+u))li + svc + SW, = (1 + s 3:7)5 + svc + sud = 5 + s-l',;~(uvb' + wvc + wua). Ein Richtungsvektor der Mittelsenkrechten von B B2 ist a'.lso uv5 + t + wua. Da dieser beim zyklischen Weitergehen a->l5->c—>a und simultan v—>w->u->v in sich fibergeht, beschreibt er aufgrund der entsprechenden Symmetric bei den Parameterdarstellungen der beiden anderen Mittelsenkrechten die mithin gameinsame Richtung aller drei Mittelsenkrechten. Diese verlaufen also paralleL Die Behauptung bleibt also richtig, wenn eines oder mehrere der Rechtecke nach innen errichtet werden, sofern man erginzt ,,oder sind paarweise parallel“ bzw. als ,,Schnittpunkte“ auch Punkte auf der Femgeraden der Ebene zu lisst.

96.27

1996 L

2. Runde

Aufgabe 4 ‘ Es sei p eine ungerade PrimzahL Man bestimme diejenigen positiven ganzen Zahlen x, y (x s y), fiir welche {Zp — 1/1—1 — fl nicht-negativ und moglichst klein ist.

nighnimz Fiir die positiven ganzen Zahlen x, y setze man A(x, y) := 112p — f — fl. Ein Paar (x, y) wird nachfolgend als zulé'ssig bezeichnet, wenn x 11nd y positive ganze Zahlen mit x s y Bind, welche die Ungleichung A(x, y) 2 0 erfiillen.

Emma: Die beiden Ausdriicke12-(p- 1) und g -(p + 1) stellen positive gauze Zahlen dar; fiir alle zula'ssigen Paare1(x, y), d)ie von (2 --(p 1),% -(p + 1)) verschieden sind, gilt A(x, y) > A(1(2-2(p-1),1-(p + 1)) 2 0. Der Ausdruck —/2 — {37 nimmt also fiir x = 12"—(P den kleinsten nicht-negativen Wert an.

1) Y‘- 2'(P + 1)

EmisLBsmifl Wegen x s y ergibt sich aus der Bedingung A(x,y) 2 0 die Ungleichungskette /—p 2 151+ y 2 2/32, also 2p 2 4x; somit folgt x s k-p Da. x ganzzahlig und p eine ungerade Primzahl ist, gilt daher notwendigerweise

sogar x s 5-(p — 1). Das Paar (ii-(p — 1), Mp + 1)) ist zuléssig; dies folgt aus

(1519 -1) +151? + 1) )2 = p + 2414-(92-1) = p + s-l < 2p. Fiir x sind nachfolgend nur die Einsetzungen 1, 2, 3, ..., Hp — 1) betrachtet bzw. zugelassen; y ist nach Voraussetzung positiv.

Aquivalent zu A(x,y) 2 0 ist damit y s (m - 15:)2, also y 5 2p + x - V8px . Da. p grofier a.ls x und nach Voraussetzung eine ungeradé Primzahl ist, kann der Ausdruck 8px nicht quadratisch sein. In der Ungleichung A(x ,y) 2 0 steht also nie das Gleichheitszeichen. Wegen y < 2p + x - 1’ 8px gibt es eine (eindeutig béstimmte) positive gauze Zahl n mit der Eigenschaft y = 2p + x — f8px + n. Definiert man nun die Funktion f durch

f(n,X)==\/E— f— 1/2p+x-x/m, also f(n,x)= 1/2p+x— ¢8px — (/2p+x— \/8px+n , so gilt offensichtlich fiir jedes x und jedes n > 1: 0 < f(1, x) < f(n, x) .

96.28

L 1996

2. Runde

Es wird nun gezeigt:

(1) Fiirx: 1--(p—1),n=1isty= g-(p+1); weiterhin ist f(1, 12h(p — 1) ) = 7/5 — Vzr-(p — 1) - fzr-(p + 1).

(2) Fiir x < 15(p — 1) ist 8px + 1 keine QuadratzahL (3) Fiir n 2 2 ist f(n, x) > {(1, £(p — 1)).

Zn (1): Ffir x = %(p — 1), n = 1 ergibt sich

y =2p+£-(p—1)—W =g-p—g— 4p2-4p+1 =3-p-i-(2p-1)=§-(P+1)-

f(1, é-(p — 1)) = /5 — mp - 1) - /2p + 5-(p - 1) — twp-Mp — 1) + 1 Zu (2): Aus der Annahme 8px+1 = t2 (mit tEN) folgt 8px = t2 — 1; einer der beiden geraden Faktoren t - 1 und t + 1 muss daher den Faktor 2p enthalten. Damit folgt 2p s t+1, also 2p — 2 s t — 1 and mithin 2p ~ (2p — 2) 5 8px .

Hieraus ergibt sich x 2 125(9 — 1). Zn (3): Die Ungleichung f(n, x) > 1, $(p — 1)) ergibt sich dutch Multiplikation mit —1 und Addition von' 2p aus der nachfolgenden Ungleichung :

fih/s'r=fi+¢2p+x—/8px+nerhaltenen Punkte gerade die, deren Ortsvektoren die Mange INo- C + No- CB bilden. _rch_§;nzii£ nen jener Verbindungslinien der Punkte, welche die Richtungen C , CB , C haben, entsteht das unten (zu einem Teil) skizzierte Gitternetz aus (offensichtlich) gleichseitigen Dreiecken.

97.13

1997 L

2. Runde

An jeden Gitterpunkt P im Inneren des Dreiecksgitters grenzen sechs Dreiecke,

also auch sechs Rauten an (s. Skizze).

~

‘o I

Bei jeder dieser Rauten sind die vier Ecken paarweise verschieden geféxbt. Aufgrund der Symmetrieeigenschaften geniigt es, diese Aussage fiir die drei ver— stirkt gezeichneten und mit R1, R2, R3 bezeichneten Rauten nachzuweisen. Bezeichnet man die Koordinaten von P (beziig_li_c>h d_es Ursprungs C und der Ba.sis ( CB , CK )) mit (m, n), dann haben die restlichen drei Ecken der Rauten die folgenden Koordinaten;

R1: (m - 1, n), (m - 1, n + 1), (m, n + 1), R2:(m,n+1),(m+1,n+2),(m+1,n+1), R3:(m+1,n+1),(m+2,n+1),(m+1,n). In jeder Raute unterscheiden sich die vier Ecken offensichtlich paarweise in der Paritit mindestens einer Koordinate. Die vier Ecken realisieren also jeweils in ihren modulo 2 reduzierten Koordinaten alle vier méglichen Paare (0,0), (0,1),

(1,0), (1,1). Da. im Dreiecksgitter alle vier Farben vorkommen und diese nur durch die Paritit'en der Koordinaten definiert sind, mfissen jeweils alle vier Farben bei den vier Ecken jeder der betrachteten Rauten vorkommen. Man stelle nun ein regulates Tetraeder, dessen .Seitenflichen kongruent zu den Grunddreiecken des Gitters sind, mit einer seiner Flichen genau auf eine der Dreiecksflichen des Gitters - sie sei nachfolgend als Startfliche bezeichnet und bezeichne die Tetraederecken entsprechend den Farben der korrespondierenden Ecken mit den drei passenden der Werte 0, 1, 2, 3; die Spitze erhélt die hierbei noch' nicht verbrauchte Farbe; eine mégliche Position mit den zugehéirigen Eckenfarben ist oben als Beispiel eingezeichnet. Die jeweils nicht belegte Ecke der drei an die Startfléche mit einer gemeinsamen Seite angrenzenden Dreiecke hat die Farbe der Tetraederspitze (im skizzierten Beispiel ist es die 3), und dieser Zustand wird durch Kippen des Tetra.eders fiber eine Kante reproduziert: Wieder stimmen die Eckenfarben der Ba.sisfléche des Tetraeders mit dem belegten Dreieck fiberein; die aktuelle Spitze des Tetraeders hat die Farbe der freien Ecken der angrenzenden Dreiecke. Bei einer Bewegung des Tetraeders fiber das Dreiecksnetz durch mehrfaches Kippen iiber Kanten gelangt also nicht nur unabhangig vom Weg auf jede Dreiecksfliche immer nur die Tetraederfléche mit den korrespondierenden Farben. der Ecken, es stimmen auch die Gitterpunktfarben immer mit der jeweiligen Farbe cler Tetraederecke, die auf diesen Punkt zu liegen kommt, fiberein. Insbesondere kann bei einem Start auf der schwarzen Seite des Tetraeders dieses nur dann wieder auf der Startfliche ankommen, wenn es hierbei erneut auf

der schwarzen Seitenfliche liegt. 97.14

L 1997

2. Runde

linens: Man bezeichne die Ecken des regelmifiigen Tetraeders mit 0, 1, 2, 3. Jede Seitenfliche ist dann dutch genau eine der vier dreielementigen Teilmengen von {0, 1, 2, 3 } gekennzeichnet. O.B.d.A. entspreche {0, 1, 2} der schwarz gefirbten Seite des Tetraeders. Mit dieser Seitenfliche wird es auf die Ebene gestellt; sie bestimmt in der Ebene ein gleichseitiges Dreieck, dessen Ecken entsprechend mit 0, 1, 2 Bezeichnet werden. Zu diesem Dreieck gibt es genau eine regulate Zerlegung 5 der Ebene in kongruente und gleichseitige Dreiecke, bei der 0, 1 und 2 Ecken eines Zerlegungsdreiecks sind. Die Dreiecke der Zerlegung werden nachfolgend auch als Fliesen bezeichnet. Die Eckenbezeichnungen 0, 1, 2 sowie die 3 werden nun als Farben gedeutet. Ausgehend von den mit O, 1 und 2 bezeichneten Ecken eines Dreiecke lisst sich auf genau eine Weise die Firbung der Ecken der Zerlegung 5 mit den Farben 0, 1, 2, 3 so fortsetzen, dass jede Ecke genau eine Fatbe hat, wobei die Eckpunkte eines jeden kleinen gleichseitigen Dreiecke paarweise verschiedene Farben ha.ben, und die folgende Eigenschaft gilt (s. Darstellung im obigen Beweis bzw. in

der Bemerkung): Hat ein Dreieck Ecken A, B, C mit den Farben i, j, k, dann hat die von A und B verschiedene Ecke des zweiten Zerlegungsdreiecks mit der Seite AB die bei den Ecken A, B, C noch nicht vorkommen’de der vier Eckenfarben

(also 6 — (i +j + k)). Nun liege das Tetraeder mit der durch die Eckenfarben {i, j, k} gekennzeichneten Seitenfliche auf einer Fliese von 5, deren Ecken entsprechend mit i, j bzw.‘ k gefirbt sind. Wird jetzt das Tetraeder iiber die Kante mit den Eckenfarben i, j gekippt, dann bleiben genau die Ecken mit diesen Farben fest; die vierte Ecke des Tetraedefs mit der Farbe m kommt auf eine ebenfalls mit :11 geférbte Ecke der Zerlegung 5 zu .liegen. Damit ist gezeigt: Ausgehend von der Ausgangslage, bei der die Eckenfarben 0, , 2 der schwarzen Gmndfliche des Tetraeders mit den Ecken der Zerlegung iibereinstimmen, kommt bei jeder Kippfolge des Tetraeders eine Seitenflz'inhe so auf eine Fliese der Zerlegung zu liegen, dass die Eckenfarben beider Dreiecke iibereinstimmen. Insbesondere liegt also nach einer Riickkehr auf die Startf liese auch das Tetraeder wieder in der Startposition, also mit der schwarzen Fliche nach unten.

Begum; Der entscheidende Punkt des Beweises betrifft die Moglichkeit, das Gitter in der verwendeten periodischen Weise zn férben. Es muss also eine Definition der Firbung angegeben werden, aus der sich damn auch die Eigenschaften folgern lessen, ohne dass man aus der Betrachtung lediglich eines beschrinkten 97.15

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Bereichs auf die ”offensichtliche“ Fortsetzung der verwendeten Eigenschaften schlieBt. Eine andere a.ls die im angegebenen Beweis verwendete Méglichkeit geht von der bekannten Parkettierungsmiiglichkeit det Ebene mit reguliren Sechsecken aus: Ecken und Seitenmittelpunkte von einem dieser Sechsecke werden - wie in der Figur an dem kr'a'ftiger eingezeichneten Sechseck dargestellt - mit den Farben 0, 1, 2, 3 versehen. Da. Ecken und Mitte der jeweils gegeniiberliegenden Seiten des Sechsecks jeweils die gleichen Farben haben, lisst sich die Ecken- und Sei— tenmittenfirbung durch Verschieben auf alle anderen Sechsecke des Gitters fibertragen. Indem man den Mittelpunkt jedes Sechsecks mit den sechs Ecken verbindet und die sechs entstehenden Dreiecke noch einmal dutch Einzeichnen der Mittendreiecke in vier kongruente Dreiecke zerlegt, erhilt man die unten dargestellte Aufteilung. Die Ecken der entstandenen Dreiecke werden nun noch entsprechend der Darstellung geféirbt. Aufgrund der durch die Konstruktion erreichten Periodizitét der Firbung k6nnen die innerhalb eines Sechsecks bzw. in der aus zwei angrenzenden Sechsecken festgestellten Eigenschaften auf die gesamte Ebene fibertragen werden.

Die Méglichkeit einer derartigen periodischen Fortsetzbarkeit einer Eckenfir— bung ist keineswegs selbstverstindlich. Zum Beispiel [asst sich ein Quadratgitter nicht in entsprechender Weise mit den Eckenfarben 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 eines Wi'u'fels firben; hier liefert ja. schon die Kippfolge Nord-Ost-Siid-West des Wiir— fels auf dem Gitter eine Lage mit einer anderen Grundfliche auf dem Staxtfeld.

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WE Ausgehend von einem gleichseitigen Dreieck ABC mit der Seitenlinge 3 betrachte man ein (schiefes) Koordinatensystem, bei dem A der Ursprung ( 0 I 0)

und B und C die Punkte mit den Koordinaten ( 3 I 0) bzw. ( 0 I 3) sind. In der folgenden Ausschnittsdarstellung sind zur besseren Ubersicht die ach-' senparallelen Linien durch die Punkte mit ganzzahligen Kdordihaten eingetra-

gen.

Das Tetraeder stehe zunichst mit drei Ecken auf A bzw. B bzw. C; die Projektion der Spitze in die Ebene sei der Punkt S; dies ist der Mittelpunkt von Drei-

eck ABC. Dann ist S = ( 1 I 1). Nachfolgend wird die Verinderung der Koordi— naten beim Kippen des Tetraeders iiber eine der Kanten AB, BC, CA. betrachtet.

I. S geht in einem der drei folgenden Punkte D = ( 3 I 3), E = ( 3 I — 3), F = ( — 3 I 3 ) fiber. Die erhaltenen Koordinaten sind also wieder ungerade. II. Die Puqkte A, B, C gehen in sich selbst fiber oder werden zur Spitze; die in Frage kommenden Punkte der Ebene seien rnit A’, B’, C’ bezeichnet:

A’=(2|2),B’=(—1I2),C’=(2I—1). Auch hier indert sich die Paritit bei keiner der Koordinaten. 97.17

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In allen Fillen gilt: Entsteht P dutch senkrechte Projektion einer Tetraederecke auf die Ebene, P’ nach Projektion denselben Ecke nach dem Kippen um eine Kante, dann gehen die Koordinaten von P’ aus den Koordinaten _von P dutch Addition gerader Zahlen hervor. Durch wiederholtes Kippen geht S somit 1n einen Punkt S’ iiber, dessen Koordinatenpanr sich 1n der Form (1 + 2m 1 1 + 2n) darstellen la'sst; beide Koordina— ten sind ungerade, also insbesondere verschieden von 0. Weder A noch B noch C kann also a.ls S’ erhalten werden Dies w'are aber der Fall, wenn das Tetraeder auf dem Dreieck ABC auf einer weiBen Fliche stinde.

Aufgabe 2

Man beweise: Fiir jede rationale Zahl a. hat die Gleichung y = {x2 + a. unendlich viele Lésungen (x,y) mit rationalen Zahlen x 11nd y. Em Es sei T die Menge aller rationalen Zahlen t mit t2 + a. > 0 und t * 0. T ist offensichtlich eine unendliche Menge. (Z..B entha'.lt T alle natiirlichen Zahlen, die

grofler als m sind. ) Da. 3. nach Voraussetzung rational ist und die Menge der rationalen Zahlen einen Korper bildet, also insbesondere gegeniiber Addition und Multiplikation abgeschlossen ist, sind auch die dutch ' ._t’-a .-.tLLe.

x" 21

“ndY'— 21

definierten Zahlen x, y rational, und fiir t e T gilt y > 0. Wegen

x2+a=(t22+3)2+a=4—71-2(t4—2t2a+a +4t2a.)= (——"l'—“)2 =y2 ist dann (x, y) eine Losung der Gleichung y: {x5 + a. mit rationalen Zahlen. Je zwei verschiedene Elemente s, t e T fiihren zu verschiedenen Losungen (x, y), denn aus 3—3 - a. 2—5

t2 - a un nd s_223$ =

2t

23

t22i3 =

folgt durch Addition der Gleichungen s = t. Folglich hat die Gleichung unendlich viele Losungen (x, y) mit rationalen Zahlen x, y. Zw .I‘

B W .

Fiir jede positive ganze Zahl 1'1 bezeichne (Sn) das folgende Gleichungssystem (S) y-x=n /\ y+x=—

— (3 2—1313, $2 ) mit der (eindeutig bestimmten) Losung (x11’ yn)Die Folge y1,y

ya, ... hat ein streng monoton steigendes und ganz in IR liegen—

des Endstiick, Ea. yn fiir n > |a.| positiv ist und die Ungleichung n2 + n > a sich 97.18

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durch Multiplikation mit 2 und Addition von 2an + 2n3 + 2n2 auf die Form 2an+2n3+4n2+2n>2an+2a+2n3 +2n2,

2n-(a + (n + 1)2) > 2(n + 1)-(a. + n2 , also W > 535—“? und somit yn+1 > yn bringen lasst.

Jede Losung von (Sn) erfiillt die Gleichung (y — x)-(y + x) = a, also y2 = x2 + a. Fiir nichtnegatives y ist dies aquivalent zu y = {x5 + a. Daher stellen z. B. die Paare (xn, yn) fiir n > Ial unendlich viele Lésungen der in der Aufgabenstellung angegebenen Gleichung dar.

Bemrkmgm 1. (Zur Hinfiihrung). Die Gerade mit der Gleichung y = x — t mit t c Q hat nur Punkte, deren Koordinaten beide rational oder beide irrational sind. Durch Schnitt einer Kurve R mit einer solchen Geraden gewinnt man - sofern die x-Werte rational sind - Punkte auf R mit rationalen Koordinaten. Fiir die konkrete Aufgabe fiihrt der Ansatz x — t = ~/x2 + a nach Quadrieren, Zusammenfassen und Aufléisen zu dem im ersten Beweis verwendeten _ t3-a Wertx— 2t .

-

2. In geometrischer Deutung stellt y2 — x2 = a. fiir jede reelle Zahl a t 0 eine Hyperbel dar und fiir a = 0 ein Geradenpaar, namlich die allen diesen HyIperbeln gemeinsamen Asymptoten. Fiir t t 0 sind x = t ' a. und y = flit—a die Koordinaten des Schnittpunkts der Hyperbel mit Parallelen zu einer der Asymptoten mit der Gleichung y = x — t. Indem gegebenfalls (im Falle t d T) dieser Punkt an der x-Achse gespiegelt wird, erhalt man einen rationalen Punkt auf der Kurve mit der Gleichung y = ~/x2 + a . 3. Auf ahnliche Weise wie in 1. skizziert, jedoch ohne den geometrischen Hintergrund darzustellen, hat schon Diophant (um die Mitte des 3. Jahrhun-

derts) rationale Losungen gewisser Gleichungen ermittelt. (Literatur: I.G. Baémakowa: Diophant und diophantische Gleichungen, UTB 360) Anfgabe 3 Ei_ne Halbkreisflache mit dem Durchmesser AB (AB = 2r) sei dutch einen Radius in zwei Kreissektoren zerlegt; jedem dieser Sektoren sei ein Kreis einbeschrieben. A Man beweise= Sind S un_d_T die Beriihrpunkte dieser

,A ‘

SJ

T

B

Kreise mit AB, so gilt ST 2 2r - £5 — 1). Erstgr Beweig

A

Der Mittelpunkt von AB sei 0. Die Mittelpunkte M, N der einbeschriebenen Kreise liegen auf den Symmetrieachsen der Sektoren. Werden die Gr613en der Zentriwinkel der beiden Sektoren mit 20L bzw. mit 26 bezeichnet, so gilt 20L + 25 = 180', also or + B = 90'. SxOYTB 97.19

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Somit stimmen die Dreiecke OMS und NOT in der GrBBe ihrer Winkel fiberein, ‘ ~ . sind also ihnlich.

Mits :=m,t ;=N"I", x .=o—s,y.=fi‘giltfolguch s:x=y:t,a.lso (1)xy=st

Nach Pythagoras ist x2 + s2 = H62 = (r - s)2 und y2 + t2 = W32 = (r — t)2. Umformen der Gleichung x2 + 32 = (r — s)2 liefert 2n = r2 — x2, entsprechend erhélt man aus der zweiten Gleichung 2rt = r -

.

Multiplikation fiihrt zu also nach (1)

41-231: = (r2 — x2)-(r2 — yz), 4r2xy = r4 — 1-2)? _ r2y2 + x2y2

Somit ist

t2X2 + 2r2xy + r2}!2 = r4 - 2r2xy + x2},

also

rz-(x + y)2 = (r2 — xy)2.

Ziehen der Wurzeln ergibt r - S_T = I r2 — xy I. Wegen 0 < x < r und 0 < y < rElf. 0 < xy < r2, so dass die Betragstriche wegfalr - ST = r — xy . len kfinnen; man erhilt

Damit ist Also gilt

4r - fi‘ = 4r2'—4xy 2 4r2 — 4xy — (x — y)2 = 41-2 - (x + y)2. 4r - fi‘ 2 41-2 — fiz

und mithin

S_'I‘2 + 41' ‘ S—T + 41'2 2 81-2,

.

(fl + 2r>2 2 (mm)?-

Dies liefert die Ungleichungfi‘ + 2r 2 Z-fi-r; da. sie zur behaupteten UngleiChung Equivalent ist, ist deren Richtigkeit damit gezeigt.

Mit den im ersten Beweis eingeffihrten Bezeichnungen zeigt die Betrachtung des rechtwinkligen Dreiecks OMS I sin(a) = :3 , also 8 = (r - s)~sin(a);

A

somit erhilt man s = 1:22: .

Entsprechend ergibt sich fiir das Dreieck NOT die Gleighung t = figi; dies fiihrt wegen a + [3 = 90' und sin(90'— a) = cos(cx) zu t = fig} . ‘ _3_ Wegen tan(