Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1998-1999

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BUNDESWETTBEWERB MATHEMATIK

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Aufgaben und Lésungen 1998 1. Runde

Stand 30. Mai 98

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Aufgabe 1

Ein Spielfeld hat die rechts dargestellte Form. EI=EI Zwei Spieler A und B tragen abwechEI+EI=D selnd in eines der jeweils noch freien E1+D+EI=D Kastchen eine ganze Zahl ein, wobei A D+D+D+D=D EI+EI+D+D+CI=D beginnt. Bei jeder Eintragung konnen EI+D+E1+EI+E|+D=EI Kastchen und Zahl beliebig gewahlt EI+E1+E1+EI+EI+EI+EI=EI werden. Man beweise: Der Spieler A kann durch geschicktes Spiel stets erreichen, class nach der Eintragung in das letzte noch freie Kastchen alle entstandenen Glei— chungen erfiillt sind. Hinweis: Die Grofie der Kastchen stellt keine Einschrankung fiir die Anzahl der Stellen bei der jeweils einzutragenden Zahl dar.

Mag Die Anzahl der Kastchen in den sieben Gleichungen ist 2+3+4+5+6+7+8 = 35, also ungerade. Da A und B abwechselnd ziehen, also pro Runde zwei Kastchen fiillen, und A beginnt, ist die Anzahl der noch leeren Kastchen vor jedem Zug von A ungerade. A ist nie gezwungen, in einer der Gleichungen das vorletzte freie Kastchen zu fiillen. Denn dann gabe es nur Gleichungen mit genau zwei leeren Kastchen und Gleichungen ohne freie Kastchen; die Anzahl der freien Kastchen beim Zug von A ware also gerade. Die Strategie von A besteht daher zunachst nur darin, in keiner Gleichung das vorletzte Kastchen zu fiillen. Daher fiillt B im Lauf des Spiels in jeder Gleichung das vorletzte Kastchen, woraufhin A jeweils in der entsprechenden Gleichung

das letzte Kastchen so ausfiillt, dass die Gleichung stimmt. Dies ist stets moglich, da man in Z eine Gleichung der Form a + b = c nach jedem der Platzhalter

auflosen kann. Zweite Losung Eine Reihe mit einer ungeraden Anzahl leerer Felder heifie ungerade Reihe. Die

Anzahl ihrer leeren Felder sei mit u bezeichnet. Man stellt zunachst folgendes fest: (1) Zu Beginn existieren drei ungerade Reihen. Fiir keine dieser Reihen ist u < 3. (2) Findet Spieler A eine Reihe mit u = 1 vor, so kann er wegen der Auflosbarkeit jeder Gleichung der Form a1 + a2 + + a _1 = a nach jeder der Variablen das leere Feld so ausfiillen, dass die entstghende r(La‘rleichung erfiillt ist.

(3) In einem Doppelschritt (Spieler A und B tragen nacheinander je eine Zahl ein) andert sich die Anzahl der ungeraden Reihen um O oder 2. AuBerdem kann in einer Reihe die Anzahl freier Felder hochstens um 2 abnehmen. Spieler A spielt nun nach folgender Strategie: Er sucht unter den ungeraden Rei-

hen eine Reihe, bei der u minimal ist. Ist u = 1 so tragt er die nach (2) existierende Losungszahl ein, andernfalls eine beliebige Zahl in ein beliebiges Feld.

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Es bleibt noch zu zeigen:

(4) Bei Anwendung dieser Strategie von A konnen niemals gleichzeitig zwei Rei-

hen mit u = 1 auftreten. Dies folgt a.us (1) und (3). (5) Bei Anwendung dieser Strategie von A kann B niemals eine Reihe mit u = 1

vorfinden. Dies folgt unmittelbar a.us (4). (6) Bei Anwendung dieser Strategie findet Spieler A stets noch eine ungerade

Reihe vor. Dies folgt aus (1) und (3). Damit fiihrt diese Strategie dazu, dass Spieler A in jeder Reihe da.s letzte freie Feld besetzt und so alle Gleichungen erfiillen kann.

Aufgabe 2

Man beweise, dass es eine unendliche Folge von Quadratzahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:

(1) Das arithmetische Mittel je zweier benachbarter Folgenglieder ist eine Quadratzahl. (2) Je zwei benachbarte Folgenglieder sind teilerfremd. (3) Die Folge Wéchst streng monoton. Erste Losung Der Beweis erfolgt durch die Angabe einer Folge a1, a2, a3, Eigenschaften.

mit den geforderten

Hierzu definiert man die Folge (an) durch an 2: (2n2 — 1)2 fiir n = 1, 2, 3,

.

Dann ist zuniichst offensichtlich, dass man eine unendliche Folge von Quadrat-

zahlen erhéilt. Es Wird gezeigt, dass diese die Eigenschaften (1), (2), (3) hat:

Zu (1): an + an+1 = (2n2 — 1)2 + (2(n+1)2 — 1)? =4n4 —4n2 + 1 +(2n2 +4n+1)2 =4n4 —4n2 + 1 +4n4 + l6n3 + 20n2 +8n+ l = 8n4 + 16n3 +16n2 + 8n + 2

=2 - (4n4 +8n3 +8n2 +4n+l)

=2-(2n2+2n+1)2 Das arithmetische Mittel der aufeinanderfolgenden Glieder an und an+1

ist also (2n2 + 2n + 1)2; dies ist fiir jedes n 6 IN eine Quadratzahl . Zu (2): Der grofite gemeinsame Teiler von an und an+1 ist quadratisch; er sei mit t2 bezeichnet. Da.nn ist t der grofite gemeinsame Teiler von 2n2— l und

2(n+l)2 — 1. Daher ist t auch ein Teiler der Differenz dieser Zahlen, also von 4n+2. Da an ungerade ist, ist t mithin ein Teiler von 2n + 1. Andererseits muss t wegen

an + an+1 = 2 - (2n2 + 2n + 1)2 (wie beim Nachweis zu (1) gezeigt)

= 2.( (2:12 — 1) + 2-(n + 1))2 ein Teiler von 11 + l sein; denn zunéchst ergibt sich die Teilbarkeit von

((2n2 — l) + 2-(n + 1))2 durch t2, daraus folgt, dass t ein Teiler von (2n2 — 1) + 2-(n + 1) ist. Daher ist 2-(n + 1) - und weil t ungerade ist, somit auch n+1 - durch t teilbar.

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Der einzige gemeinsame Teiler von 2n + 1 (= 2(n+1) — l) und n+1 ist aber 1; daher sind an und an+1.teilerfremd

Zu (3): Fiir jedes n e [N ist an+1=(2(n+1)2—1:)—(2n2 — 1)2 n=2(2(n+1) —2n22-) ( 2(n+1)2+ 2n2 - 2) =2(2n+1)- (4n2 +4n)>0 Die Folge (an) wéchst also streng monoton. Bemerkungen l. Offensichtlich ist jede Folge mit einem allgemeinen Glied der Form (2(n+k)2— 1)2 geeignet. Daruber hinaus gibt es aber auch Folgen 1m Sinne der Aufgabe, die nicht Teilfolgen der angzegebenen Folge sind; Beispiele2 sind

die Folgen (bn) und (cn) mit bIl =((2n+1) — 2)2 und cn — —((4Ii+3)2- 8)2. 2. Urn die Teilerfremdheit aufeilnanderfolgender Gliedernder Folge (a.n) zu zeigen, genugt wegen an— = b2 der Nachweis der Teilerfremdheit aufeinander—

—2n2 - 1. Hierzu reicht die Angabe folgender Glieder der Folge (Wn) mit Wn und Uberprufung der Gleichung

_

(n2 + n— 1) (2n2 — 1) +(n — n2)-(2(n+1)2 — 1): 1. Zweite Léisung Es Wird Wieder eine Folge mit den verlangten Eigenschaften angegeben.

Hierzu definiert man die Folge (an) rekursiv durch a1:=1 unda+:1= —-(1/—n+4n+2)2. Die ersten fiinf Glieder dieser Folge sind 1, 72, 172, 312, 492.

Da die so definierte Folge offensichtlich a.us Quadratzahlen besteht und streng

monoton wéchst, sind nur noch die Eigenschaften (l) und (2) zu zeigen. Zu(1): a.n+a.n+1

=a.n+(-/—_+4n+2)2

=a. +an +2F-((4n+2)+(4n+2)2

=2-'(a1n +2Fn?2n+1) +2(2n+12)) =2-:(a +2Fn -2(2n+2)+ (2n+2)22 — 2F +4n2 —2) =2(Fn+(2n+2))2 — 2(F— (2n2 —1)) Hinreichend dafur, class das arithmetische Mittel der benachbarten Fol— genglieder an un2d a + 1 eine Quadratzahl ist, ist die Giiltigzkeit der Glei-

Chung faTn—n2(2n — 1)— - 0. Da. die Gleichung an — —2(2n 1 fiir n = 1 erfifllt ist, und wegen (22(n+1)211)2 = (2n— 111+ 4n + 2) auch die Rekursionsbedingung aus der Definition von (a1n) gilt, ist damit (1) gezeigt. Zu (2): Der groBte gemeinsame Teiler von an und an 1 ist quadratisch; er sei mit t2 bezeichnet. Dann ist t der grofite gemeinsame Teiler von -/a.—_*_1 und {51—1, also auch ein Teiler der Differenz 4n+2. Da an ungerade Iist1,ist t auch ein Teiler von 2n + 1. Da. andererseits aufgrund der im Beweis von (1) gezeigten Gleichung gilt Ja—n = 2n2 — 1 = n-(2n+1)i— (n+1), ist t auch ein Teiler von n+1. Wegen ggT(2n+l, n+1) = ggT(n, n+1) = 1 sind somit zwei aufeinandér— folgende Glieder der Folge (an) stets teilerfremd.

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lflNM

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Dritte Losung (skizziert) Man betrachte die Folge a 02,5112, a22,... ,die durch die Rekursion 30;: 1,a1;= 7,an+2= 4“)arn_+21n+_12+ 3am

gegeben ist.

Zur Lésung der Aufgabe ist fiir neIN zu zeigen:

(1) an ist eine Quadratzahl, (2) an und an+1 sind teilerfremd,

(3) an < a.n+1 ‘

Zu (3): Die strenge Monotonie ergibt sich unmittelbar ans 1 < 7 und der rekursiven Def1n1tion, nach der an+2 >

8 an+1 gilt.

Zn (2): Auch die Teilerfremdheit aufeinanderfolgender Glieder ist aus der Rekursionsgleichung zu erkennen; durch Subtraktion von 3a.n und durch an— schliefiendes 2Quadrieren und Isolieren von an2erhz'a'l’c man namlich die Gleichung an2 — — 8an+1.2+ San n+2 + an+2. 2nEin gemeinsamer Primteiler von :1 nund a 2 ist also auch ein Teiler von an, woraus durch vollsténdige Induktion wegen der Teilerfremdheit von a0 und a1 die Behaup-

tung folgt

Zu (1): SchlieBlich ergibt sich- wieder durch vollsténdige Induktion - die verlangte Eigenschaft des arithmzetischen Mittels benachbarter Glieder, weil der Mittelwert von 3,02 und 2112 eine Quadratzahl ist (25) und die folgende Umformung gilt:

2

an+22 +an+12= (V86412 + 83m+12 + 3an) + a~n+12 = 8an2 + 8an+12 + San - «seam2 + 8an+12 + 9a.n2 + 3,114.12 = 17am2 + 93414.42 + Gan - V83,“2 + 8an+12

2

2

2

2

=18.m1_+8an2+24am.1lm 2

2

=2.(9.an_%1_+4a,2+12an.1/fi%) 2

2

2

2

2

2

2

= 2. (3.11%:— n+1+ 2a)

Der Beweis zeigt auch, dass man mit anderen geeigneten Startwerten (zum Bei-

spiel (1,41), (7, 17), (17, 31), (23, 47), (31, 49), ...) weitere - im allgemeinen neue Folgen erzeugen kann. Bemerkung:

Es [asst sich mit Mitteln der Schulmathematik (Betrachtung des dreidimensionalen Vektorraums der durch dreigliedrige lineare Rekursionen definierten Folgen und Ermittlung einer Basis aus geometrischen Folgen) herleiten, dass die in der dritten L6sung betrachtete Folge (an) das allgemeine Glied

an=(—§ ).(—1)n+%-(5 —3-/§)-(2 —mn+ %-(5 +3-43‘)-(2 +45)“ hat.

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Aufgabe 3

Uber den Seiten BC und CA eines beliebigen Dreiecks ABC werden nach auBen Quadrate errichtet. Der Mittelpunkt der Seite AB sei M, die Mittelpunkte der beiden Quadrate seien P und Q.

Man beweise, dass das Dreieck MPQ gleichschenklig—rechtwinklig ist. Vorbemerkung fiir den Sonderfall 1 = 90° Bei einigen der nachfolgenden Beweise werden Dreiecke betrachtet, die im Falle eines rechten Winkels im Dreieck ABC an der Ecke C ausarten; die Winkel dieser Dreiecke haben dann die Grofien 0°, 180°, 0°. Zwar sind sowohl die Kongru— enzsatze als auch z. B. der Kosinussatz fiir derartige Dreiecke ebenfalls giiltig, die Verwendung ist aber hier vermeidbar, da die Behauptung der Aufgabe in diesem Spezialfall besonders einfach zu zeigen ist: Hierzu seien mit F und G die Mittelpunk-

te der Seiten BC bzw. CA, also auch die Fqunkte der Lote von P und Q auf BC bzw. CA bezeichnet. Dann hat das Viereck MFCG rechte Winkel an den Ecken F, C, G, ist also ein Rechteck. Damit ist der Winkel PMQ als rechter nachgewiesen. Weiterhin sind die Dreiecke CQG und PCF gleichschenklig. Daraus folgt die Gleichschenkligkeit des Dreiecks PQM:

QM=QG+GM=GC+6F=W +W=W. Da die betrachteten Strecken in den folgenden Beweisen bei Variation von 7 in-

nerhalb (z.B.) der Winkelgrofien 89° und 91° beschrankt bleiben, folgt die Aussage der Aufgabe fiir den Fall 7 = 90° auch aus Stetigkeitsgriinden aus den Fallen 'y < 90° bzw. 'y > 90°. Erste Losung Wie fiblich seien die drei Seitenlangen AB, R), a mit c bzw. a bzw. b bezeichnet; 7 sei die Weite des Innenwinkels an der Ecke C im Dreieck ABC.

*y>90°

Weiterhin seien F und G die Mittelpunkte der Seiten BC bzw. CA, also auch die Fqunkte der Lote von P und Q auf BC bzw. CA. Da FM und GM Mittelparallelen im Dreieck ABC sind, ist das Viereck MFCG ein Parallelogramm. Somit haben die Winkel MFB, AGM, FMG alle die Weite 'y.

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Fernerista-G =%b =E=W und w=fi=%a = FP.

Damit sind die Dreiecke QGM und MFP kongruent (nach Kongruenzsatz sws), denn die Winkel MGQ und PFM haben beide die Weite 90° + 180° — 7 (im Fall

7 2 90°), bzw. die Winkel QGM und MFP haben die Weite 90° + 7 (Fall 7 < 90°) . Daraus folgt W3 = m . Ffir den Ausartungsfall 1 = 90° ist damit alles gezeigt. Im Falle 1 > 90° seien 8 und 5 die GrfiBen der Winkel QMG bzw. FMP. Ffir die Weite w des Winkels PMQ gilt dann (wieder aufgrund der Dreieckskon—

gruenz und nach dem Satz fiber die'Summe der Innenwinkel im Dreieck)

w=7—8—s=7—8—(180°—6—(90°+180°—'y))=90°. .Im Falle 1 < 90° seien 6 und 6 die Grfifien der Winkel GMQ bzw. PMF. Ffir die Weite w des Winkels PMQ gilt dann aufgrund der Dreieckskongruenz und nach dem Satz fiber die Summe der Innenwinkel im Dreieck

w=6+7+e=6+7+(180°—6—(90°+’Y))=90°. Damit ist der Satz ffir alle drei moglichen Falle bewiesen. Zweite Lg"sggg

Die Gegenecken zu A und B in den aufgesetzten Quadraten seien gemaB der Skizze mit G bzw. F bezeichnet. Q sei der Mittelpunkt der Strecke AG, P sei der Mittelpunkt von BF. Eine QOf-Drehung mit dem Zentrum C ffihrt B in F und G in A fiber. Die Strecken BG und AF

gehen also durch eine 90°-Drehung auseinander hervor und sind somit orthogonal und gleich lang. Da M der Mittelpunkt von AB, Q der Mittelpunkt von AG ist, muss MQ die zu BG gehorende Mittelparallele im Dreieck

ABG sein;folglich ist QM || BG und Q—M =lzB__G.

_

Auf analoge Weise ergibt sich MP H AF und MP = %AF. Aus der Langengleichheit bzw. Orthogonalitat von AF und BG folgt daher. die Langengleichheit bzw. Orthogonalitat von MQ und MP, so dass Dreieck QMP als gleichschenklig rechtwinklig mit Spitze M nachgewiesen 'ist. Dritte Losung

Wie fiblich sei Wieder 7 die Weite des Innenwinkels an der Ecke C im Dreieck

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ABC. Die Gegenecken zu A und B in den aufgesetzten Quadraten seien gemaB der Skizze mit E bzw. D bezeichnet. R sei der Mittelpunkt der Strecke DE. Die Dreiecke ACD und ECB stimmen dann wegen KC- : E und E = 0—3 in der Lange zweier Seiten iiberein. Da. die Weite des von diesen Seiten eingeschlos-

senen Winkels in beiden Dreiecken

360° — “y — 90° (im Falle 'y 2 90°) bzw. “y + 90° ( im Falle 'y < 90°) betragt, sind die Dreiecke ACD und ECB gleichsinnig kongruent (sws). Wegen AC J. EC stehen auch die Dreiecksseiten AD und EB senkrecht aufeinander. Das Viereck ABDE hat also orthogonale Diagonalen gleicher Lange. Sein Mittenviereck MPRQ muss mithin ein Quadrat sein. Insbesondere sind mithin die Strecken MP und QM orthogonal und gleich lang.

fierce—Lia'sung Zunachst wird der Fall 7 < 90° betrachtet. Durch Spiegeln an M wird die aus dem Dreieck ABC und den aufgesetzten Quadraten bestehende Figur zu der ~ , links skizzierten Figur erganzt. Dabei sind mit C ’, P ’, Q ' die Bilder von C, P und Q be“ , zeichnet; das Viereck C'BCA ist dann ein

“

jP’

Q

51:" A

Parallelogramm.

C 32;;

\

M

C,

'7 + 90°. B

‘Q

Wegen PC = P'A, QA = QC und Groflengleichheit der Winkel QAP’ und QCP sind die Dreiecke P’AQ und PCQ kongruent. Denn die Gr613e beider Winkel betragt ja.

P

Somit ist QP = QP’; bei einer 90°- Drehung um Q geht daher P in P ' iiber. Also ist das Viereck Q PQP ' ein Quadrat. In diesem Quadrat sind MQ und MP je-

weils halbe Diagonalen, also sind sie orthogonal und von gleicher Lange. Im Spezialfall eines rechtwinkligen Dreiecks ABC ist das betrachtete Parallelogramm C ’BCA ein Rechteck; das Viereck Q ’PQP’ ist - wie unmittelbar zu sehen ist - ein Quadrat, dessen Seiten die Langeg— +g- haben, wobei p und q die Diago— nalenlange der aufgesetzten Quadrate mit Mittelpunkt P bzw. Q bezeichnen.

Fiir den verbleibenden Fall 7 > 90° ist der Beweis ahnlich. Die Dreiecke P’QA und PQC sind wegen PC— = m, m =_Q—C und Grofiengleichheit der Winkel P'AQ und PCQ kongruent. Die Weite der beiden Winkel betragt in diesem Fall 270°— 7 (nam-

lich 45°+ (180°— 7) + 45° bzw. 360°— (45°+ 7 + 45°)). Wie im Falle 'y > 90° folgt damit weiter, dass das Viereck Q 'PQP ’ ein Quadrat ist.

Damit ergibt sich auch fiir den dritten Fall die Behauptung der Aufgabe. -

5 :13:------------------:55

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Fiinfte Losung (mit Trigonometrie) Bezeichnet man - wie in der ersten Losung - die Mittelpunkte von BC und von CA mit F bzw. mit G, dann ist

W=m=gundM—G=B—F=%.

Q

P

In den Dreiecken MFP und MGQ hat der Innenwinkel

an der Ecke F bzw. G die gleiche GroiBe 8, namlich 270°— '7 , wenn 'y grofier als 90° ist, sonst 90° + 'y. Nach dem Kosinussatz - angewendet auf die Dreiecke

A

M

B

MFP und MGQ - erhalt man:

W2 = W2 + fiz— 2-M—F -fi3 - cos(6), also 4-M—P2 = b2 + a2— 2b-a - cos(8). Entsprechend ergibt sich fiir Dreieck MGQ: 4-m2 = a2 + b2 — 2a - b - cos(6), so dass m3 = MQ folgt; das Dreieck PQM ist demnach gleichschenklig mit der Basis PQ. Zu zeigen ist also nur noch, dass der Winkel PMQ ein rechter ist. Im Dreieck PCQ hat der Winkel an der Ecke C im Falle 'y < 90° die Grofie 90°+'y , andernfalls die GroBe 270° — 'y .

Wiederum nach dem Kosinussatz - angewendet auf Dreieck PQC - ergibt sich

wegenfi= g-flund®=gwf§

4-P_Q2 = 2a2 + 2b2 — 4a-b-cos(90° + 7) = 2a2 + 2b2 — 4a-b-cos(8)

= 4-I/I‘i52 + 4-M—Q2 , so dass 'nach der Umkehrung des pythagoreischen Lehrsatzes folgt, dass der Winkel PMQ ein rechter ist. Damit ist der Beweis abgeschlossen. Sechste Losung (mit Bewegungsgeometrie) Bei dieser Losung Wird von folgendem‘ Satz der ebenen Geometrie Gebrauch gemacht: Die durch Verketten von zwei Drehungen mit den Drehwinkeln 6 und 82 entstehende Abbildung ist (auBer im Fall 61 + 62 = 360°) eine Drehung mit dem Drehwinkel 61 + 82. Das Nacheinanderausfiihren dieser Drehungen ergibt also im Falle 61 = 82 = 90° eine Punktspiegelung. Mit X sei nachfolgend fiir einen Punkt X der Ebene die 90°-Drehung um X bezeichnet. Man betrachte nun die Abbildung , die entsteht, indem man zuerst (also die 90°-Drehung um Q) und anschlieBend P ausfiihrt, also := P ° . ei dieser Abbildung fiihrt die erste Drehung A in C, die zweite C in B fiber, also ist

Q ________

P (A) = B. Die Abbildung é ist somit die Spiegelung am

"‘"‘-31"!l";'_"_"_""_"."_"_".".".".":=---:_._‘

3. '-

Mittelpunkt M von AB.

Der Punkt Q bleibt bei der Drehung Q fest und geht bei der Drehung P in einen Punkt R fiber, fiir den das Drei-

B eck QRP gleichschenklig -rechtwinklig ist. Da andererseits R = (Q) durch Spiegelung von Q an M entsteht, ist PM die Symmetrieachse des Dreiecks QRP. Daher ist M Hohenfqunkt im Dreieck QRP.

Insbesondere ist also, wie zu zeigen war, das Dreieck QMP gleichschenklig—rechtWinklig.

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Siebente Losung

Mit F und G seien die Mittelpunkte von BC bzw. CA bezeichnet.

Weiterhin sei (I) die Drehung um 90° mit dem Zentrum G; M!“ sei der Punkt, in den M durch diese Drehung iibergefiihrt Wird. Da. das Viereck MBFG ein Parallelogramm ist und B durch eine 90°- Drehung um F in P iibergeht, ist auch das Viereck GFPM’E ein Parallelogramm. Weiterhin ist das Viereck AMFG ein Pa.rallelogramm. Da. somit die Strecken AM, GF, M*P parallel und gleich lang sind, ist auch da.s Viereck AMPM’E ein Parallelogramm. Die Drehung fiihrt das Dreieck MQG in das Dreieck

M*AG iiber. Daher ist QM senkrecht und kongruent zu AM*. Folglich ist QM auch senkrecht und kongruent zu PM.

Dies bedeutet aber, dass da.s Dreieck MPQ gleichschenklig—rechtwinklig ist, so dass der Beweis damit abgeschlossen ist.

Achte Losung (mit Koordinaten) Mit F und G seien die Mittelpunkte von BC bzw. CA bezeichnet. Man fiihre ein kartesisches Koordinatensystem so ein, dass die Punkte A und B die Koordina-

ten ( - 2, 0) bzw. (2, 0) haben und die zweite Koordinate von C positiv ist. Dann ist M der Ursprung. C hat ein Koordinatenpaar, das

sich als (2c, 2d) mit d > 0 darstellen lésst. Durch eine 90°-Drehung geht - wie aus der analytischen Geometrie bekannt- der Vektor (if)1fiber in den Vektor (’52,).

MF:—2(M—B> + Mcfii; 32:30): (If) Wegenfi: MB— MB: (0 )——=(13'°)

(1_ c) ist F—P>= (1‘1 c), somit hat man:

m Mfi+F‘P‘= (1+c>+ _= (W) sich M_Q>= M—é +(fi_ ( ‘11+c) +(-d)_ (—1+c- d) 1- c

1- c+d

Entsprechend ergibt

c+1

1 + d+c

Also geht MQ> durch eine 90°-Drehung aus —1VI__>P hervor, woraus die Behauptung folgt.

Neunte Losung (vektoriell) Mit F und G seien die Mittelpunkte von BC bzw. CA bezeichnet. Man lege ein I kartesisches Koordinatensystem so in die Ebene, dass M im Ursprung liegt. Die Ortsvektoren von Punkten der

Ebene werden nachfolgend mit den entsprechenden Kleinbuchstaben (in Fraktur) bezeichnet. sei die lineA

M

B

are Abbildung des Raumes IR2 (mit der kanonischen Ba.—

sis 91,32 ), welche 2 inc und in— e uberfiihrt. Bezogen auf die Punkte der Ebenle beschreibt eine 90°-Drehung urn den Ursprung. Aufgrund der Additivitét von und wegen f: g — a, g = t — fgilt nun

(v)=(f) +(v—r) =(g—a) +(c-r)=(q -g) +9=q. Aus @(p) = q ergibt sich unmittelbar die Behauptung.

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Aufgabe 4

Man beweise: Fiir jede natiirliche Zahl n ist die Zahl n + [(1/5 + 1) n] ungerade. Dabei bezeichnet [x] fiir jede reelle Zahl x die gréfite ganze Zahl, die h6chstens so grofi ist wie

x. Zum Beispiel ist [5 + 1] =2 , [1] = 1. Vorbemerkung

Unter der Menge IN der natfirlichen Zahlen wird nachfolgend

(wie mittlerweile allgemein fiblich) {0, 1, 2, 3, ...} verstanden. Erste Lésung

n

Nach dem binomischen Lehrsatz ist (1 + b-mn = Z (i )-(b-/§)k. k=0

Insbesondere ist

(1 + n)“ £51m“

und (1 - W = 120$)" — nk-rzk.

Somit ist (1 + $2)11 + (1 — m! = 21;:(fi)-f§k = 221(15)- 2i. k erade

Definiert man nun die Folge a0, a1, :2, a3,

n:2

durch an := 51%;)? , sind alle

Glieder der Folge natiirliche Zahlen. 1:0 Fiir alle 11 6 IN gilt dann (1 + f2)“ + (1 — 7/5)“ = Zan. Wegen — 1 < l — f? < 0 liegt (1 — V5)“ fiir gerades n im Intervall ] 0, 1 [, fiir ungerades n im Intervall ] — 1,0 [.

Aus der Identitét (1 + {7)11 = 2an — (l — #7)“ folgt daher, dass (l + 7/7)“ - fiir gerades n im offenen Intervall ] Zan — 1, 2an [, - fiir ungerades n im offenen Intervall ] Zan, 22111 + 1 [ liegt. Somit ist [ (1 + -/§)n ] = 2a. — 1 bzw. = 23.11, je nachdem, ob n gerade oder unge-

rade ist. Die Summe n + [ (1 + {—2)n ] ergibt sich also fiir jedes n e [N durch Addition einer geraden und einer ungeraden Zahl, so dass die Summe in allen Fillen eine ungerade Zahl ist. Das war zu beweisen. Zweite L6sung

Es wird zunichst die Existenz der Darstellung (1 + 4—2)11 = an + bn-fi gezeigt, wobei (an) und (bn) Folgen natfirlicher Zahlen mit den Rekursionsgleichungen an+1 = an + 2bn und bn+1 = an + bn s1nd. Fiir n = 0 hat man mit a. = 1 und bq1= 0 offenbar eine entsprechende Darstel—

lung. Die Induktionsannahme (1 + {5) 2 an + bn-w/E liefert fiir n elN dann

(1 + (5)11“ = (1 + $2)“- (1 + 1/7) = (an + bn-¥§)-(1 + n) = (an + 2bn) + (an + bn)- fl

=a’n+l +bn+1' fl, womit der Induktionsbeweis abgeschlossen ist. Ebenfalls durch Induktion wird nun gezeigt, dass fiir alle Indizes 11 die Formel

2bn2 = an2 — ( — 1)n gilt. Diese ist wegen 2b02 = 0 = 1 —1 = a02 — ( — 1)0 ffir n = 0 richtig, so dass die Umformung

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2bn+12 = 2 (an + bn)2 = (all + 2bn)22+ an2 2—2},n2 =a'n+12 +a‘n _(a'n _(_1)n)

: a'n+1

diesen Induktionsbeweis abschliefit. Demnach erhilt man

(1+-/7)n=a.n+bn-1/§ =a.n+ 2bn2 =a.n+ afi—(—1)n. Unter Verwendung der (wegen an 2 1 giiltigen) Abschétzung an—ISVarzl—l II4 — 12(c4o) "012 + 4(c*b)2 und daher IIcII2-IIbII2 llc — 3bll2-llb II2 = IIcII2-IIo II2 — 6(a) 1612 + 9-llb I4, = 9-llbll4 — 12 (ab) "012 + 4(c*b)2 — 6(08) IIbII2 + 9-Ilb II4, = 18-Ilbll4 — 18(90) IIbII2 + 4(C*b)2 , (2) . Ilt — so II2-Ill) II2 = 2.[(3o — a)» ] {(315 — 2c)*b] Die Behauptung 01— 282ist wegen cos(28) = 2 cos2(8) — 1 'aquivalent zur GleiChung cos(oL) + 1—02 cos2.(8)

Aus °°S(°‘)=11EHT°IIFII ergibt sich aufgrund von (1):

_ 3-IIbII2-uo _ 30-0»

”(2) + 1 ‘3'llbll2- 2cm) - 30-2040

(3)-

Entsprechend ist 2 _ c—3bav-b

381440}? 2005 (5)-2'(llc-_36ll_-lI-_b)1) 2_ ncIc 3M Ilbl

(‘9'

98.2

-9-

BWM

Nach (2) sind die rechten Seiten von (3) und (4) gleich, also gilt cos(a) = cos(28) (5). Aus (5) folgt 0!. = 28 oder on = 360° - 28. Der zweite Fall tritt nie ein, denn aus on = 360° - 28 folgt a + 8 = 360° — 8. Wegen 0L + 8 < 180° ergibt sich hieraus 8 > 180°, was nicht sein kann. Damit ist der verlangte Beweis erbracht. Achter Beweis anal tisch

Die Hyperbel mit der reellen Halbachse 1 und der 1maginaren Halbachse 1/3 at in einem passenden kartesischen Koordinatensystem die Gleichung— —33L; = 1,

also 3x2—y2=3. Wegen1l-l—2+12 =25indA= (2|0)undB= (— 2'0) die Brennpunkte dieser Hyperbel. Der Hyperbel-Ast 1n der Halbebene mit positiven x-Werten besteht aus allen Punkten X, welche

die Gleichung Di — EC = 2 erfiillen; insbesondere liegt somit C auf der Hyperbel.

C(XIY)

Fiir die Koordinaten x,y von C gilt also

3,2 = 3(x2 - 1), aufierdem x > 1, y > 0. Im Spezialfall x— - 2 folgt y— — 3; das Dreieck APC

xa

M 8P(—i|0))B(—2|0) ist dann rechtwinklig und gleichschenklig; 1n diesem A(2|0)f Sonderfall ist die Behauptung o:— 28 also richtig.

Ftir x ¢ 2 ist tan(oL)= _y_ tan(8)= 2— x ’

1 +x

;unter Verwendung eines Additions—

theorems der Tangensfunktion kann man folgendermaBen umformen: ._L

.

2. __L

“11(26): 12— ligflf 1 _::,= 1 313—1 = 1 +x—2:(x— 1) =4Ey2x= 22: ~

(1+x)

_ (1+x)

und somit tan(28) = tan(01), also 01 = 28 oder 0L + 180° = 28. Im zweiten Fall Ware 8 grofier als 90°. Aber nach der Dreiecksungleichung fiir das Dreieck ABC gilt e + 1 > b + 2 und daher e > b. >90-

Da von den beiden Seiten AC und PC im Dreieck

A

APC jeweils der grofieren Seite der grBBere Winkel gegeniiber liegt, muss daher 0L > 8 gelten, insbesondere ist daher 8 < 90°. Somit gilt - Wie zu zeigen war - stets OL = 28.

Aufgabe 4

Im Inneren eines konvexen Polyeders P mit dem Rauminhalt 2n seien 3-(2n — 1) Punkte gewahlt (nelN). Man beweise, dass P ein konvexes Polyeder mit dem Rauminhalt 1 enthalt, in dessen Innerem keiner der gewahlten Punkte liegt. Vo be

1. Geringfiigig allgemeiner als in der Aufgabenstellung wird in den nachfolgen-

den Beweisen die Zahl 3-(2n - 1) nicht als genaue Anzahl der Punkte, sondern nur als obere Schranke der Anzahl vorausgesetzt.

2. Der Sonderfall, dass (fiir n 2 1) alle gewahlten Punkte in einer Ebene (oder gar

98.2

- 10 -

BWM

auf einer Geraden) liegen, wird in den nachfolgenden Beweisen nicht eigens

untersucht, da in diesem Fall die Behauptung offensichtlich erfiillt ist: Eine Ebene G, in der alle gewahlten Punkte liegen, zerschneidet das Polyeder in

zwei konvexe Teilpolyeder, die beide keine der gewahlten Punkte 1m Inneren haben und von denen mindestens eines ein Volumen 2 — -3 (2n —1) 2% -—3 — 1,5 hat. Dieses enthalt ein Polyeder mit der gewunschten Eigenschaft. 3. Aus der Definition der Konvexitat folgt unmittelbar, dass der Schnitt zweier konvexer Korper wieder konvex ist (auch die leere Menge ist eine konvexe Teilmenge des Raumes); insbesondere zerlegt also jede Ebene einen konvexen Korper in zwei konvexe Korper, da die beiden durch die Ebene bestimmten

Halbraume konvex sind. Erster Beweis (durch vollstandige Induktionl

Fiir den Beweis wird der folgende Hilfssatz (H1) bereitgestellt: Ist k eine positive ganze Zahl und M eine Menge von h6chstens 2k+1 Punkten des (dreidimensionalen) Raums, so gibt es eine Ebene G, fiir die keiner der beiden zugehorigen Halbraume im Inneren mehr als k - l Punkte aus M enthalt. Zum Beweis wahle man eine feste Gerade g durch zwei Punkte von M, lege eine beliebige Ebene 6 so durch g, dass l5 keinen Punkt von M auBerhalb von g enthalt, und zeichne eine der beiden Drehrichtungen bei Rotation von 6 um g als positiv aus.

Nachfolgend werden diejenigen Ebenen ‘51, G2, ..., €2m betrachtet, die durch g verlaufen und mindestens einen nicht auf g liegenden der ausgezeichneten Punkte enthalten (1 s m s12k — 1). Dabei ist die Reihenfolge der Indizierung so gewahlt, dass E bei Drehung um insgesamt 360° nacheinander die Lagen von 61, G2, ..., £82 annimmt. Die beiden Seiten der Ebene lE stelle man sich als rot

bzw. blau gefarbt vor; dementsprechend werde vom roten bzw. blauen Halbraum der Ebene gesprochen. Fiir i— 1, 2, 3,. .,2m wird fiir jede Ebene 5i die Menge der gewahlten Punkte 1n drei Mengen aufgeteilt, deren Elemente 1m Inneren des roten Halbraums bzw. im Inneren des blauen Halbraums bzw. 1n

6i liegen; die zugehorigen Anzahlen der Punkte seien r(i), b(i) und e(i). Fiir jeden Index i gilt dann : e(i) 2 3, r(i) + b(i) s 2k - 2 . Daher gilt r(l) s k — l oder b(l) s k — 1, z. B. sei oBdA b(l) s k — 1 (sonst vertausche man bei der obigen Farbverteilung rot und blau). Wenn dann auch r(l) s k — 1 gilt, ist man fertig.

Es sei daher r(l) 2 k und b(l) s k — 1. Denn folgt (Drehung um 180°) wegen b(m+1) = r(l) 2 k, dass es einen Index i geben muss mit b(i) s k — 1 und b(i+1) 2 k.

Der Zuwachs kommt aber nur von e(i), so dass b(i) + e(i) 2 k + 2 gelten muss, woraus sofort r(i) s k - 1 folgt. Zusammen ist also b(i) s k— 1 und r(i) s k— 1; das war zu zeigen. Fiir n— 0 ist die Aussage der Aufgabe trivialerweise erfiillt, da das Polyeder P 1n

diesem Fall das Volumen 20 = 1 hat und 1n seinem Inneren 3-0(2 - 1): 0 Punkte, also keinen gewahlten Punkt enthalt. Zum Schluss von 11 auf n+1 sei n 6 IN fest gewahlt; fiir dieses n sei die Aussage der Aufgabe richtig. Man betrachte ein konvexes Polyeders P’ mit dem Raumin-

'

98.2

- 11 -

BWM

halt 2““, in dessen Innerem 3-(2n+1 — 1) (oder weniger) Punkte gewahlt seien. Es gibt dann eine Ebene E, deren beide Halbraume je hochstens m = 3-(2n — 1) Punkte enthalten, wobei In nach (H1) folgendermaBen zu bestimmen ist:

m = %(3-(2n+1 — 1) - 1) — 1 = %(3-2.2n — 3 - 1) -1 =3-2n—2—1 =3-2n—3=3-(2n—1). Die Ebene E zerlegt P’ in zwei Polyeder, die wegen des Gesamtvolumens

2n+1

nicht beide ein Volumen von weniger als 2n haben konnen. Daher enthalt P’ ein Polyeder P” mit einem Volumen von mindestens 2“, in dessen Innerem hochstens

3-(2n —- 1) der gewahlten Punkte liegen. Ein beliebiges in ihm enthaltenes Polyeder P vom Inhalt 2n enthalt also hochstens 3-(2n — 1) gewahlte Punkte. Nach Induktionsannahme ist hierin ein Polyeder mit Inhalt 1 enthalten, in dessen Innerem keiner der geWahlten Punkte liegt.

Zweiter Beweis auch mit vollstandi er In '0 Fiir den Beweis Wird der folgende Hilfssatz (H2) bereitgestellt: 131; P ein konvexes Polyeder und M eine Menge von Punkten des Raumes (#M 2 2), so gibt es eine Ebene ‘5, die mindestens zwei Punkte von M enthalt

und P in zwei konvexe Teilpolyeder gleichen Volumens zerlegt. Zum Beweis Wahle man eine feste Gerade g durch zwei Punkte von M und lege eine beliebige Ebene ‘50 durch g. Weiterhin sei h0 eine Gerade in GE, die orthogonal zu g verlauft. Bei Drehung um g geht ho in eine Gerade h 0!.) iiber;

dabei ist 0: e [0; 211[ die im BogenmaB angegebene Weite des Winkels zwi—

schen h(01) und

. Mit 5(a) sei die Ebene dui‘ch g und h(01) bezeichnet.

SchlieBlich sei V(oc die Differenz der Volumina der Schnittkéirper von P mit den beiden Halbebenen von 5(a) in einer festgelegten Reihenfolge. Die Funk-

tion V ist stetig iiber [ 0; 1r ]; wegen V(O) = - V(1t) gibt es nach dem Nullstellensatz fiir stetige Funktionen einen Winkel a, fiir den V(a) = 0 gilt. Dies be-

deutet aber gerade, dass die Ebene 6(a) das Polyeder P in zwei (konvexe) Teilpolyeder gleichen Volumens zerlegt. Fiir n— — 0 ist die Aussage der Aufgabe trivialerweise erfullt, da. das Polyeder P in diesem Fall das Volumen 20 =1 hat und 1n seinem Inneren 3'(20 - 1)— — 0 Punkte, also keinen gewahlten Punkt enthalt. Zum Schluss von n auf n+1 sei n e IN fest gewahlt; fiir dieses n sei die Aussage der Aufglabe richtig. Man betrachte ein konvexes Polyeder P’ mit dem Raumin-

halt 211+ , 1n dessen Innerem 3-(2n+1_1) oder weniger Punkte gewahlt seien. Es sei dann E eine Ebene, die gemaB (H2) mindestens zwei der gewahlten Punkte enthalt und P’ in zwei Teilpolyeder P und Q zerlegt, die beide das Volumen 2n

haben. Fiir die Anzahl In der gewahlten Punkte im Inneren mindestens eines der Polyeder P, Q muss gelten:

2) sollen derart mit jeweils einer der Zahlen 1, 2, 3, .. ., 2n beschriftet werden, dass die Summe der Zahlen an zwei benachbarten Eckpunkten jeweils gleich der Summe der Zahlen an den bei-

den diametral gegeniiberliegenden Eckpunkten ist. Dabei sollen die Zahlen an den Ecken alle verschieden sein. Man beweise, dass dies dann und nur dann méglich ist, wenn n ungerade ist.

we Es Wird gezeigt: (I) Wenn n ungerade ist, gibt es eine Belegung der angegebenen Art. (II) Wenn n gerade ist, kann es keine Belegung der angegebenen Art geben. Die Ecken des Vielecks seien - beginnend bei einer beliebigen Ecke - umlaufend

mit 1, 2, ..., 2n durchnummeriert. Bei jeder betrachteten Belegung bezeichne ai die Belegung der Ecke i.

new Man definiere eine Belegung a1, a2, a3, ..., a2n, indem man fiir i = 1, 2, ..., n setzt=

. __ _

2i — 1,fa.llsiungera.deist, 2i, falls i gerade ist,

a. . _ = { 2i,fa.llsiungera.de ist, n+1

2i — 1, falls i geradeist.

Dann besteht offensichtlich die Folge a1, a2, a3, ..., 3,211 a.us den - umgeordneten positiven ganzen Zahlen von 1 bis 2n. Wir betrachten nun fiir i = 1, 2, ..., n —— 1 die Ecke i, ihre Nachbarecke i+1 sowie die gegeniiberliegenden Ecken n + i und n+i+1 bzw. die Ecke n, ihre Nachbarecke n + 1 sowie die Gegenecken 2n und 1. Unter Beachtung der Paritét von n und der Definition von ai ergibt sich=

an+ an+1 = (2n — 1) + 2 = 2n + 1 = a2n + a.1, da. n ungerade ist; fiiri=1,3,5,...,n—2:

.

ai+ ai+1 = (2i—1) + 2(i+1) = 2i + 2(i+1)-1 = an+i + a. n+i+l’ und fiir i = 2, 4, 6, ..., n — 1:

ai+ ai+1 = 2i + 2(i+l) — 1 = 2i — 1 + 2(i+1) = an+i + an+i+1. Damit ist gezeigt, dass die Belegung der Ecken die in der Aufgabe geforderte Bedingung erfiillt. Zweiter Beweis zu 11!

Man konstruiere derart zwei Folgen (k1, k2, ..., k ) und (g1, g2, ..., gn), deren Glieder zusammen die Wertemenge { 1, 2, 3, ..., 2n

bestimmen, dass die Differen-

zenfolge (k1 — g1 , k2 - g2 , ..., kn — gn) konstant ( = (d, d, ..., d) ) mit d> 0 ist. Geeignete Folgen sind z. B. (mit d = 1 bzw. d = n): (1,3,5, ...,2n — 1), (2,4,6, ..., 2n) bzw. (1, 2, 3, ..., n), (n+1, n+2, n+3, ..., 2n). Von einer beliebigen Ecke ausgehend férbe man nun die Ecken des 2n—Ecks im Uhrzeigersinn abwechselnd rot und weiB. Da n ungerade ist, besteht dann jedes der n Paare aus diametral gegeniiber liegenden Ecken, von denen jeweils eine rot

und eine weiB ist. Man verteile nun die n Glieder der Folge (ki) beliebig bijektiv auf die n weifien Ecken und schreibe an die zugehérige (rote) Gegenecke jeweils

die Zahl gi (i = 1, 2, ..., n).

BWM

99.2

-3-

Dann sind die natiirlichen Zahlen 1, 2, ..., 2n bijektiv auf die Ecken verteilt. Zwei

benachbarte Ecken haben stets verschiedene Farben. Gehért zur roten Ecke die Belegung gi und zur benachbarten weiBen Ecke die Belegung k, dann haben nach Konstruktion die Gegenecken die Bewertungen ki’ bzw. gj. Wegen ki_ gi= kj— gj folgt dann ki + gj— — k + gi. Die geforderte Summenbedingung ist also e iillt. Erganzende Bemerkungen Mit der im zweiten Beweis angegebenen Konstruktion erhalt man fl m6glichen Belegungen. Denn die Eigenschaft der konstanten Differenzen von jeweils zwei diametral gegeniiber liegenden Zahlen folgt unmittelbar aus der Summenbedingung fiir benachbarte Ecken. Und zu jeder festen Differenz d sind die Folgen

(bis auf Permutationen) eindeutig bestimmt. Um nun alle geeigneten Folgen zu finden, gehe man wie folgt vor: Wenn d ein Teiler von 11 ist, also 2n = d-2l, dann ordne man die n Zahlen der

Form i + 2jd (1 s i s d, 0 s j s l — 1) beliebig zur Folge (k1, k2, ..., kn) an und setze gi = ki + d fiir i = 1, 2, ..., 11. Man erhalt dann offensichtlich zwei Folgen der im zweiten Beweis verlangten Art. Ist dagegen d kein Teiler von 11, dann gibt es keine zwei Folgen der angegebenen Art, wie man ebenfalls leicht zeigen kann. Die Anzahl aller méglichen Belegun-

gen ist daher 2n- n! - T(n), wobei der letzte Faktor die Anzahl der Teiler von n ist. Beweise zu (II) (n ist gerade)

Vorgegeben sei eine Belegung a1, a2, a3, ..., a2n der Ecken des 2n-Ecks mit den natiirlichen Zahlen von 1 bis 2n. Es wird gezeigt, dass die Annahme einer derar— tigen Belegung nicht mit den Anforderungen zur Summengleichheit vertraglich ist.

ME Man betrachte eine Gerade g durch den Mittelpunkt des regularen 2n-Ecks, welche die Seite zwischen der Ecke mit der Bewertung 2n und der - im mathematisch negativen Sinnn - benachbarten Ecke trifft. Auf jeder Seite von g liegen n Ecken, die sich zu -2- disjunkten Paaren benachbarter Ecken zusammenfassen lassen, da 11 gerade ist. Wenn jedes dieser Paare die gleiche Summe der Bewertungen hat wie das diametral gegeniiberliegende Paar, ist die Summe der Bewertungen aller Ecken auf jeder der beiden Seiten von g die gleiche. Einerseits muss dies genauso fiir die Aufteilung durch die Gerade h gelten, die aus g durch eine %—Drehung um das Zentrum des 2n—Ecks hervorgeht, andererseits wird die Summe auf der Seite, die nun die Bewertung 2n verliert, verkleinert; damit ist man zu dem gewiinschten Widerspruch gelangt. Zweiter Beweis

Wenn die Belegung die Summenbedingung erfiillt, folgt aus der Identitéit

a1+an=(a1+a2)—(a2+a3)+(a3+a4)—+...+(an_1 +an) die Giiltigkeit der Gleichung a'1 + a'n = (an+1 + a'n+2) _ (an+2 + a'n+3) + _

+ (a2n-1 + a‘2n );

BWM

—4-

99.2

Zusammenfassen der rechten Seite ergibt a1 + an = an+1 + 3.211. (1) Andererseits liefert die Summenbedingung 3'1 + a'Zn =

n+1 + a'n'

(2)

Aus (1) und (2) folgt aber an = a2n - mit Widerspruch zur Forderung, dass die Eckenbelegungen paarWeise verschieden sein sollen. Aufgabe 2 Fiir jede natiirliche Zahl n werde die Quersumme ihrer Darstellung im Zehner—

system mit Q(n) bezeichnet. Man beweise, dass fiir unendlich viele natiirliche Zahlen k die Ungleichung

Q(3k) 2 Q(3k+1) gilt. Losung

Es Wird angenommen, die Behauptung sei falsch. Dann gibt es eine natiirliche Zahl K (oBdA : K 2 2) mit der Eigenschaft, dass fiir alle natiirlichen Zahlen k mit k 2 K die Ungleichung Q(3k) < Q(3k+1) gilt. Da a.lle Potenzen 31 mit i2 2 durch 9 teilbar sind und dies somit auch fiir ihre Quersummen gilt, ist fiir k e IN, k 2 K Q(3k) s Q(3k+1) — 9 . (1) Somit sind folgende K Ungleichungen erfiillt:

..

_

. Fur k — K, K+1, K+2, ..., 2K — l gilt

Summation ergibt

Q(3 k+1) — Q(3 k) 2 9 . (2)

Q(32K) — Q(3K) 2 9-K (3)

Nun ist 32K = 9K < 10K. Die Dezimaldarstellung von 32K hat also héchstens K Stellen und damit eine Quersumme, die nicht gréfier a.ls 9K ist.

Man kann daher (3) ergénzen zu

Q(32K) — Q(3K) 2 9K 2 Q(32K),

woraus unmittelbar 0 s — Q(3K) , also der gewiinschte Widerspruch folgt, da. die Quersumme von 3 positiv sein muss. Variante

Es Wird angenommen, die Behauptung sei falsch. Dann gibt es eine natiirliche

Zahl K (oBdA: K 2 2) mit der Eigenschaft, dass fiir alle natiirlichen Zahlen k mit k 2 K die Ungleichung Q(3k) < Q(3k+1) gilt. Da. a.lle Potenzen 3l mit i2 2 durch 9 teilbar sind und dies somit auch fiir ihre Quersummen gilt, ist fiir k 6 IN, k 2 K

ms“) 2 Q(3k+1) — 9

(1).

Q(3k+1) — Q(3k) 2 9

(2).

Somit sind fiir jedes m 6 IN, m> K folgende m - K Ungleichungen erfiillt:

Fiir k = K, K+1, K+2, m — 1 Summation ergibt

Q(3m) — Q(3K) 2 9-K(m—K>

also Q(3m) 2 9-(m—K) + Q(sK),

also gilt Q(3m) 2 9-(m—K) (3). Weil die Anzahl der Stellen von 3m kleiner a.ls 1+ m-lg(3) ist und die Quersumme von 3m nicht gréSBer sein kann a.ls die einer Zahl a.us lauter Neunen und

gleicher Stellenzahl, gilt

Q(3m) s 9-(1+ m-lg(3))

(4).

99.2

-5-

BWM

Aus (3) und (4) folgt m—K s 1+m-lg(3), also m-(l — lg(3)) s 1 + K. Da 1 — lg(3) positiv ist, zieht dies die Ungleichung m 5 fig) und damit den er'wiinschten Widerspruch nach sich, denn die natiirlichen Zahlen sind nicht nach oben beschrankt. Aufgabe 3 Gegeben seien ein konvexes Viereck ABCD und die Punkte K, L, M, N, P mit folgenden Eigenschaften: -

K, L, M, N sind innere Punkte der Seiten AB bzw. BC bzw. CD bzw. DA. P ist innerer Punkt des Vierecks ABCD.

-

Die Vierecke PKBL und PMDN sind Parallelogramme.

Mit S, 31’ 82 werden die Flacheninhalte der Vierecke ABCD

D

M

NI

C

bzw. PNAK bzw. PLCM bezeichnet.

Man beweise: /S 2 /S1 + 1/82 . AK

B

Erste Lésung

Aufgrund der Symmetrie in der Aufgabenstellung darf angenommen werden, dass der Punkt P nicht im Inneren des Dreiecks ABC liegt; zu untersuchen sind daher nur die beiden Falle, class P im Inneren der Strecke AC liegt, bzw. dass P ein innerer Punkt des Dreiecks ACD ist. Falls P auf AC liegt, gilt sogar 1/§_ = {3—1 + 1/53. Denn wegen der vorausgesetzten Parallelitaten gehen die Vierecke AKPN und PLCM jeweils aus dem Viereck ABCD durch zentrische Streckung mit dem Zentrum A bzw. C hervor. Diese drei Vierecke sind also ahnlich; die Langen ihrer Diagonalen verhal-

ten sich zueinander wie die Wurzeln ihrer Flacheninhalte. Somit folgt aus AC = E + W unmittelbar die Gleichung /— : }/§1 + 1/3: . Zur Untersuchung des Falls, dass P im Inneren des Dreiecks ACD liegt, wird der folgende Hilfssatz bereitgestellt: Es sei P ein beliebiger innerer Punkt der Seite AC eines Dreiecks ACD. Die

D

durch P gezogenen Parallelen zu AD und zu CD zerlegen die Flache des Dreiecks ACD in zwei Dreiecke und ein Parallelogramm. Deren Inhalte seien entsprechend

AA A

P

der Skizze mit Q1, Q2, T bezeichnet. C

Dann gilt: T = 2-1/Q1-Q2 .

Zum Bew_eis Wahle m_a._n als Langeneinheit die Lange der Strecke AC. Weiterhin sei q := AP; dann ist PC = 1 — q. Bezeichnet man mit F den Inhalt des Dreiecks ACD, dann ergibt sich aufgrund der Ahnlichkeit der Teildreiecke mit dem groBen Dreieck

Q1 = q2-F

und

Q2 = (1 - q)2-F

und daher

T = F — q2-F - (1 - q)2-F = 2q-F — 2q2-F = 2-q-1/P . (1 - (3)/F = 2-/Q1-Q,. Der Schnittpunkt der Geraden durch C und P mit der Strecke AD sei mit H be-

.

-6-

99.2

BWM

zeichnet. Fiir einen zunachst an be-

liebiger Stelle der (im Falle der Kollinearitéit von A, P, C zum Punkt ausgearteten) Strecke AH gewahlten Punkt X sei g die Gerade durch P und X. Der Schnittpunkt von g mit CD sei Y, die Schnittpunkte von g mit den Verlangerungen der Strecken BA und BC seien W bzw. Z.

Durch A wird die Gerade (AB) in zwei Halbgeraden zerlegt. Da die Gerade g nach Konstruktion keine Punkte enthalt, die im Innern des Dreiecks ABC liegen, muss W - wie in der Skizze darge-

stellt - auf derjenigen dieser beiden Halbgeraden liegen, die B nicht enthalt; die entsprechende Uberlegung gilt fiir Z auf (BC). Die Flacheninhalte der Dreiecke PWK, PLZ, PNX und PYM seien in dieser Reihenfolge mit P1, P2, Q1, Q2 bezeichnet.

SchlieBlich seien T1 und T2 die Inhalte der Parallelogramme BLPK bzw DNPM. Nach dem Hilfssatz1 gilt dann T2 = 2 1/ Q1 Q2 und T1: 2-1/ P1- P2. Es wird nun die zusatzliche Vor2a.ussetzung (at) gemalcht:

(‘9 P1% = P2Q1 Dann ist 2/P1P2 QlQ2 = 2w/P1P1 Q2Q2 = 2P1Q2 = PlQ,2 + P2Q1 und daher

(VP1P2 + VQ1Q2 )2

P21P + 2' VP1P2 Q1Q2 + Q1Qz

=P: P22+P1Q2+P2Q1+Q1Q2 = (1&1 + Q1)'( P2 + Q2)

2 81-32 Damit erhalt man

s: 812+S +T1+T2 =S1+52+2'1/Q1Q2+2'1/P1' 2 S11+S22 +2-11/S-ZS

W's—1+5»

undsomitV—Z/S—l+1/S_2.

Zur Vervollstandigung des Beweises ist noch der Nachweis zu erbringen, dass

man stets X - und damit g - so wahlen kann, dass die Bedingung (er) erfiillt wird. Hierzu betrachte man fiir jeden Punkt X der Strecke AH die zugehiirige Gerade gX durch P und X. Die Schnitt-

punkte von gx mit (AB), (CD) und (BC) seien entsprechend der obigen Notation mit WX bzw. YX bzw. ZX ZX bezeichnet.

Definiert man fiir X aflH nun f(:X)= _P—WX _m PX BY)? ’

so ist damit eine stetige Funktion f erklart, da die in der Funktionsgleichung verwendeten Streckenverhaltnisse stetig und monoton von X abhan-

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- 7-

99.2

gen. Der Index X Wird nachfolgend zur Notationsvereinfachung weggelassen. Wegen

. . auf versch1edenen m s 0 , denn P, ZA llegen m —_ 1 _ PK _E_m Se1._

f(A) — P—

ten der Geraden (CD), und _ f(H) = FEW; — PU—C = g3 - 1 2 0 , denn P, WH liegen auf verschiedenen Sei-

ten der Geraden (AD), muss f eine Nullstelle X0 haben. Nachfolgend sei speziell X:= —X£;—

Dann ist %——J¥_ — =%0, also (unter Weglassen der Indizes X)P =W = % . Weil die Dreiecke PWK, PLZ und die Dreiecke PNX, PYM jeWPeZils ahnlich sind und die Flacheninhalte sich zueinander Wie die Quadrate entsprechender Seiten

verhalten, folgt weiter

P :P2= (137W ) = (gY—Z‘ )2 = Q1 :Q2 und somil:P1Q2 = P2Q1, also (1), Erganzende Bemerkung Die Lésung der Aufgabe umfasst den speziellen Fall, dass P auf der Strecke AC

liegt. Dann ist W = X = A und Z = Y = C; in beiden Ungleichungen SlsPl+Q1 und SZsP2+QZ

steht in diesem Fall (und nur in diesem Fall) das Gleichheitszeichen. Genau dann gilt also in der Behauptung der Aufgabe das Gleichheitszeichen, wenn die Punkte A, P, C kollinear sind. Zweite Lésung Der eigentlichen Léisung Wird der folgende Hilfssatz vorausgeschickt:

Der Flacheninhalt F eines Parallelogramms OMDN im kartesischen KoordinaM(m m,) tensystem betragt m - n’ — m’ - n. Dabei ist O der Ur,

sprung, M und N haben die Koordinatenpaare (m, m’)

bzw. (n, n’). Zum Beweis sei r := (TM, s := W; mit 01 sei die GréiBe des Winkels MON, mit 8 sei die Gréfie desjenigen Winkels bezeichnet, um den OM gegeniiber der positiven D

x—Achse gedreht ist (s. Skizze links). Dann ist bekannt-

N(n:n’)

lich F = r - s - sin(oc). Unter Verwendung des Addi-

tionstheorems der Sinusfunktion erhalt man daher

F = r - s - sin((01 + 8) — 8 ) = r - s - (sin(oc + 6)-cos(8) — cos(oc + 8)-sin(8)) = r-cos(8) - s-sin(0L + 8) — r-sin(8) - s-cos(01 + 5) = 111 ~ n’ — m’ - n . Damit ist der Hilfssatz bewiesen.

Man unterziehe nun das Viereck ABCD einer affinen Abbildung, bei der das Viereck BLPK in das Einheitsquadrat fibergeht. Da bei einer affinen Abbildung alle Flacheninhalte mit dem gleichen Faktor multipliziert werden, geniigt es zur L6sung der Aufgabe, die behauptete Ungleichung fiir das Bildviereck nachzuwei— sen. Hierbei seien fiir die Bildpunkte die Bezeichnungen der Originalpunkte beibehalten. Man wahle ein kartesisches Koordinatensystem mit dem Ursprung P

BWM

-8- .

99.2

und den Einheitspunkten K und L. In diesem System seien (m, m’) und (n, 11’) die A L

s

C ‘

1

Koordinatenpaare von M, N.

B

Aus der Konvexitat von Viereck ABCD 1

und der Innenlage von P folgt m < 0, n’ < 0;

also ist m -n’ positiv. Ar Der Inhalt des Parallelogramms DNPM sei mit F bezeichnet.

F

Nach dem oben angegebenen Hilfssa tz er-

r D

gibt sich F = m-n’ — m’-n (> 0). Wegen S = S1 + 82 + F + 1 lasst sich die Behauptung durch Quadrieren aquivalent

N

A

umformen zu

S1 +S2 +F+1251 +32 +2-1/ Sl-S ,alsozu

F+122-1/ 31-82.

(1)

S1 ergibt sich durch Addition der Inhalte der Dreiecke APN und AKP. Daher ist _ Afl. _fl mit den Bezeichnungen r ._ .— AK, s .= C—L, t .— DN , u .= DM ..

Sl=%F‘t+%r=%(F1t+r) ;entsprechendergibtsich 32=%(F°u+s). Die zu beweisende Ungleichung (1) {st aquivalent zu (F + 1)2 2 4-81-32 und lasst sich daher schreiben als

F2 + 2F + 1 2 (Ft + r)-(F-u+s); diese Ungleichung erweist sich nach Aufléisen und Umordnen als aquivalent zu

F2'(1 — t-u) + F-(2 — r-u — s-t) + 1 — r-s 2 0.

(2)

Fiir die Koordinaten von M und N gilt (Wie unmittelbar aus der Zeichnung durch

Vektoraddition abzulesen ist):

(m, m’) = ( - s, 1) + u-(n, n’)

und

(n, n’) = (1, —r) + t-(m, m’).

Hieraus berechnet man durch Betrachten cler zweiten bzw. ersten Koordinaten

u=—1—mr'11,

und

t=———n;n1

und damit weiter

und

—s =m—u-n=m-m—grL-n=%1-(m-n’—m’-n+n) =%1-(F+n) _1__1_1_n_—1. ’_l. .’_ mn+m)—m(F+m’). 1_ ’_l. —r —n tm—n m m—m(mn

Die Koeffizienten der linken Seite von (2) werden nun mit Hilfe der Darstellungen von r, s, t, u durch F, m, n, m’, n’ ausgedriickt:

1—t-u=1— “—13-fill—:1; =fi1-(m-’—n

also

l—t-u =—l—1(F+m’+n—l).

m’-n+m’+n—1),

(i)

2—r-u—s-t=21+-m-(F+m’-)m—1—nl+—1(F+n)n'1 =m—-’ (2m-’-’n+Fm— F+m’2 —m’+F-n— F+n2 —n) _:mn

--’-”2(2mn—2F+Fm+m —m’-2+Fn+n —n)

—n1-’--”2(2mn+F(m+n)+m —m’2+n -n)

=m-n --”--(F(m+n)+(m+n)2 (m’+n)) 2—r-u—s- — -1—1-’-(m+n) (F+m’+n—1) (ii) "m-n

99.2

-9-

BWM

=1—-I1-n-(F+m’)-Il1a-(F+n)

l-r-s

= 51—11»- (m-n’— F2 — F-m’ — F-n - m’-n)

=fi-(F—F2-F-mH-F-n) =fi-(—m-(F+m’+n-1)

l—r-s

(iii)

Einsetzen dieser Koeffizienten liefert mit der Abkiirzung G := F + m’ + n — 1 die folgende Umformung der linken Seite von (2):

F2-(1 — t-u) + F-(2 — r-u — s-t) + 1 — r-s

=W-fi-G+F-m—1_ny(m’+n)(”fix—F)-G =F-G-fi-(F+m’+n—1) 1 _ F - G 2 wfi. __

Da F und $3 positiv sind und G2 nicht negativ sein kann, ist die linke Seite von (2) als Produkt nicht-negativer Zahlen nicht negativ; damit ist die Aufgabe gelést. Erganzung zur zweiten Lésung Der Beweis zeigt, dass genau dann in der Ungleichung 1/— 2 {8—1 + 1/8; das

Gleichheitszeichen gilt, wenn G = 0 ist. Hierzu ist nach (i), (iii) die Giiltigkeit von t-u = 1 und r-s = 1 Equivalent. Falls also P auf der Diagonalen AC liegt, gilt das Gleichheitszeichen, andernfalls ist 1/3— grBBer als ~/§1 + /§2 . Dritte L6sung

Der eigentlichen L6sung wird folgende; Hilfssatz vorausgeschickt: Durch einen inneren Punkt D eines beliebigen Dreiecks ABC sei die Parallele zu

C

(AB) gezogen. D sei mit der Seite AB durch zu AC bzw. BC parallele Strecken verbunden. Dann wird das Dreieck ABC in zwei Dreiecke und zwei Paralle-

A a

logramme zerlegt. Bezeichnet nun S den Flachenin-

II

halt von Dreieck ABC und R bzw. Q die Flachenin-

A

A

B

halte der Teildreiecke (s. Skizze), dann gilt:

V6+¢fi=rs.

Zum Beweis sei a = E; mit d sei die Lange der entsprechenden Seite des auf AB sitzenden Teildreiecks bezeichnet. Da wegen Ubereinstimmung in den Win-

keln (nach Stufenwinkelsatz) die beiden Teildreiecke zu Dreieck ABC ahnlich sind, gilt (fl)? = —§7 = %

und daher

Q = (%1)2-S, R = ($28.

Also ist d d 1/6 + i/fi = a—a- }/§ + 3 /§ = /§ ; damit ist der Hilfssatz gezeigt.

Zum eigentlichen Beweis zeichne man nun den Strahl von A durch P. Aufgrund der schenkelparallelen Lage der Winkel BAD und LPM zerlegt der Strahl den Winkel LPM in zwei Teilwinkel und schneidet MC oder LC in einem Punkt; dieser sei mit T bezeichnet. Nachfolgend wird zunachst der Fall behandelt, dass der

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- 10 -

99.2

Strahl das Innere der Strecke MC trifft. I

In der Richtung (TA) projiziere man nun die Punkte D und N auf die Gerade (AB); die Bildpunkte seien D* und N*. Man verlangere die Strecke D‘T iiber T hinaus; der Schnittpunkt

mit der Geraden (BC) sei E. Weiterhin verbinde man P mit Nil.

Zuletzt projiziere man M in Rich-

tung (TA) auf D*T. Der erhaltene Fqunkt wird mit M‘ bezeichnet. D; Dann liegt Mai auf der Geraden

N;

A

K

B

(LP), denn nach dem ersten Strahlensatz gilt sowohl TM : TD = TMall : TD’

(aufgrund der Konstruktion von D* und M“) als auch W :W = T? :TA. Somit gilt W :W = fi’ :TA. Nach der Umkehrung des ersten Strahlensatzes ist daher M*P parallel zu D*A, woraus die Kollinearitat von M‘, P, L folgt.

In analoger Weise liefert die Anwendung des ersten Strahlensatzes und seiner Umkehrung die Parallelitat von PN“ und M*D*, da aus W : W = m :E undm 2m=fi:A—TfolgtA—N* :W‘ =H3zA—T. Wegen Ubereinstimmung in einer Grundseite und der zugehéirigen H6he sind die

Dreiecke PTM und PTM* flachengleich (Ubergang durch Scherung); das Gleiche gilt fiir die Dreiecke APN und APN* sowie fiir die Dreiecke ATD und ATD‘. Weiterhin sind die Parallelogramme PMDN und PM*D*N* f lachengleich. Denn

|PMDN| = |ATD| — |APN| — |PTM|

= |ATD*| — |APN*| — |PTM*| = |PM*D*N*| . Dann ist s1 = |PNAK| = |PN‘AKI = |N*KP|, s, = |PLCM| = |PLCTM*| = |M*LCT| und mithin s = 51 + 52 + |KBLP| + |PMDN| =‘ |N*KP| + |M*LCT| + |KBLP| + |PM*D*N*| = |D*BCT|. Die Anwendung des Hilfssatzes auf Dreieck D*BE ergibt

/IN*KPI + VIM‘LEI = VID‘BEI. Bezeichnet man 8 := ITCEI, erhalt man mit |M‘LEI = 32+8 bzw. |D*BEI = S + 8

E+}/32—+=1/S—+8, also sl+2-,/§- W+s2+5=s+a

sin-«$- mags;

wegen820folgt Sl+2-/§-/$+S2SS, und somit E+V$5V§° Der Beweis verlauft analog, wenn der Strahl AP das Innere der Strecke LC trifft. Ist schlieBlich speziell T = C, und nur in diesem Fall, ist 8 = O; der Beweis verlauft Wie' im allgemeinen Fall. Die Rechnung zeigt, dass genau in diesem Falle, also bei Kollinearitat von A, P, C, in der behaupteten Ungleichung das Gleichheitszeichen gilt.

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Vierte L6sung

Zunachst wird der (allgemeine) Fall untersucht, bei dem das Viereck ABCD lgin Parallelogramm ist.

C

Dann hat dieses Viereck zwei Gegenseiten, deren Verlangerungen sich schneiden. OBdA seien diese die Verlangerungen von DA und CB iiber A bzw. B hinaus. Der Schnitt— punkt werde mit S’ bezeichnet.

Die Gerade (MP) ist zu (AD) parallel, schneidet also die Strecke CS in einem Punkte S. Weiterhin sei P’ der Schnitt-

punkt von (PK) mit der Strecke DS’; schlieBlich sei L’ der Schnittpunkt von

CS mit der Parallelen zu (PL) durch P’. Das Dreieck LPS geht durch die> Parallelverschiebung mit dem Schiebepfeil SS’> in das Dreieck L’P’S’ uber. Die Dreiecke sind also kongruent, ihr Flacheninhalt sei a; mit b bezeichne man den Flacheninhalt des Dreiecks KAP’.

L,

Der in der dritten Lésung angegebene Hilfssatz ergibt bei AnWendung auf das Dreieck BAS’ mit BA als Grundseite:

~/|BAS’| = VB + {3; Wendet man den Hilfssatz auf das Dreieck DS’C mit der Grundseite DS’

an, erhalt man {IDS’CI = {INP’PH/IMSCI ,also 1/IDS’CI = 1/Sl+b + /Sz+a.

Damit ist s = |DS’C| - |BAS’| = (/Sl+b + /Sz+a )2 — (/13 + 1/3)? Mit der Einsetzung d .= S , c := $2 liefert hieraus die fiir alle nicht-negativen Zahlen a, b, c, d giiltige Unglleichung

lb

unmitte ar

2zwa+m2+2 or)

Sz(}/§+w/§)2,also 1/§1_+1/$51/§Der Nachweis der Ungleichung (*1) wird am Ende des Beweises angegeben. Wenn das Viereck ABCD ein Parallelogramm ist, dann existiert der oben verwendete Hilfspunkt S’ nicht. Urn fiir diesen Spezialfall den Beweis zu fiihren, bezeichne man die Langen der Strecken AK und KB mit x bzw. y. Auch die Vierecke AKPN

und PLCM sind dann Parallelogramme; ihre H6hen seien hx bzw. h . Ausgehend von der allgzemeingiiltigen Ungleichung («/x--yh —}/y-xh )2 2 O erhalt man durch zulassige Umformungen nacheinander:

x-hy + y-hx 2 2-Vx-y-hx-h ,

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(x + y)-( hx + by) 2 x-hx + y-hy + 2-1/x-y-hx-hy,

1/(X+Y)'(hx+hy) 2 1/X-hx + /y-hy und somit die zu beweisende Ungleichung }/§ 2 1/9: + [5; . Es fehlt noch der Nachweis der oben verwendeten Ungleichung (it). Aus der allgemeingiiltigen Ungleichung (1/a— — 1/3; )2 2 0 ergibt sich nacheinander durch durch zulassige Umformungen: ad + bc — 2Vabcd 2 0, ad+ab+bc+cd2ab+cd+21labcd,

(d+b>-(c+a) 2 (£5 + M )2,

1/(d+b)-(c+a) 2 1/5 + M ; Multiplikation mit 2, Addition von a+b+c+d:

d+b+c+a+21/(d+b)-(c+a)2c+d+21/a +a+b+2faE Diese Ungleichung ist aquivalent zur behaupteten Ungleichung (is). Ffinfte Losung Falls P auf AC liegt, gilt sogar 1/— : {El + 1/8—2. Denn wegen der vorausgesetzten Parallelitaten gehen die Vierecke AKPN und PLCM jeweils aus dem Viereck ABCD durch zentrische Streckung mit dem Zentrum A bzw. C hervor. Diese drei Vierecke sind also ahnlich; die Langen ihrer Diagonalen verhalten sich zueinander wie die Wurzeln ihrer Flacheninhalte. Somit folgt aus X5 = KP- + W unmittelbar die Gleichung 1/— : ~/§1 + ~,/S—2 . C Liegt P dagegen nicht auf AC, projiziere man P in der Richtung der Strecke BD auf AC und nenne den Bildpunkt P’. Mit P’ an Stelle von P konstruiere man nun die K, L, M, N entsprechenden Punkte und bezeichne sie mit K’, L’, M’,

A

K-K;“

B

N’. Entsprechend seien Sl’ und 82’ die Flacheninhalte der Vierecke P’N’AK’ bzw. P’L’CM’.

Wie oben gezeigt wurde, gilt dann die Gleichung 1/— : /S—1’ + g . Es geniigt nun, die Giiltigkeit von S s S ’ und S s S ’ zu beweisen, urn daraus auf die Richtigkeit der Behauptung zu schlieBen. Es Wird (scharfer) gezeigt, dass in beiden Fallen sogar das Kleiner-Zeichen gilt. Aufgrund der perspektivisch-ahnlichen Lage der Vierecke ABCD und AK’P’N’ sind die Strecken N’K’ und DB, also auch PP’ parallel. Das durch die Geraden

(N’K’), (N’P’), (P’P) und (PN) bestimmte Parallelogramm hat den gleichen Flacheninhalt wie das von (N’K’), (K’P’), (P’P) und (PK) berandete Parallelogramm, da beide die gemeinsame Grundseite PP’ und beziiglich dieser Grundseite die gleiche Hohe haben. Dieser gemeinsame Flacheninhalt ist also grofier als der des Teilvierecks N’P’PN

und kleiner als der des umfassenden Vierecks K’P’PK. Daher hat das Viereck N’P’PN einen kleineren Flacheninhalt als K’P’PN. Somit

folgt |PNAK| = |P’N’AK’| + |N’P’PN| — |K’P’PK| < |P’N’AK’|, also 31 < 51’Der Beweis zu 32 < 82’ erfolgt analog.

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Aufgabe 4 Eine natiirliche Zahl heiBe bunt, wenn sie sich als Summe einer positiven Quadratzahl und einer positiven Kubikzahl darstellen lasst. Es seien r und s zwei beliebig gegebene positive ganze Zahlen.

Man beweise= a) Fiir unendlich viele natiirliche Zahlen n sind die Zahlen r + n und 8 + n beide bunt. b) Fiir unendlich viele natiirliche Zahlen m sind die Zahlen r- m und s-m beide bunt. Erster Beweis zu a)

Es geniigt zu zeigen, dass es zu vorgegebenen Zahlen r und s stets eine positive

ganze Zahl n(r, s) gibt, fiir die r + n(r, s) und s + n(r, s) bunt sind, denn dann findet man rekursiv mit :11 := n(r, s), ni+1 := ni + n(r + ni, s + ni) (i = 1, 2, ...) eine unendliche Folge solcher natiirlicher Zahlen. Man setze k := s - r; z := s + r . Weiterhin lege man die Zahl p fest, indem man = 322 + 32 + 1 — k setzt, falls k gerade ist, sonst p := 622 + 12z + 8 — k. Dann ist p eine ungerade natiirliche Zahl 2 3; mit w := %- (p — 1) erhalt man somit eine positive ganze Zahl w.

Fiir gerades3k hat man dann

(2+1)3—z3 ——((w+l)2 W2)=3Z2 +3z+1 —2w—1=p+k-p=k=s-r. Ahnlich ergibt sich fiir ungerades k

(z+2)3—z3— ((w+1)2- w2)= 6z2+122+8—2w—1=p+k—p=k=s—r. Man setze nun im ersten Fall (2 + 1)3+ W2 - s = 23 + (W + 1)2 — r =: n,

im zweiten Fall setze man (2 + 2)3 + W2 - s = 23+ (W + 1)2 - r =: n. Dann ist n eine positive ganze Zahl und offensichtlich sind r + n und 8 + n bunt. Zweiter Beweis zu al

Es wird zunachst der folgende Hilfssatz bewiesen: Fiir jede positive ganze Zahl d gibt es unendlich viele natiirliche Zahlen N mit der Eigenschaft, dass sowohl N als auch N + d bunt ist.

Zum Nachweis werden die folgenden drei moglichen Falle getrennt betrachtet:

(i) d— - 1,

(ii) d > 1, ungerade,

(iii) d > 1, gerade.

Zu (i): Fiir jede positive ganze Zahl k hat N: -k6 + 8 die 6angegebene Eigenschaft. Denn wegen N= (k3)2 + 23 und N + 1 = k6 + 9: 32 + (k2)3 sind N und N+1 beide bunt.

Zu (ii): Ausgehend von der Darstellung d— — 22e + 13 (e 6 IN, e 2 1) erhalt man fiir jede positive ganze Zahl k mit N.= e2 + k3 eine bunte Zahl mit der ver-

langten Eigenschaft, denn N + d— e2 + k3 + 2e + 1— — (e + 1)2 + k3. Zu (iii): Man geht von der Darstellung d = 2e aus (e 6. IN, 2 1). Dann erhalt man fiir jede positive ganze Zahl k eine bunte Zahl N, wenn man setzt:

N=(3-%1”—1)+e)2+(k+1)3.

BWM

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Fiir dieses N ist auch N + d bunt, Wie die nachfolgende Rechnung zeigt.

N+d = 3-&@+ :)2+(k+1)3+2e 2+k3+3k2+3k+1 +2e 2-(+3k (k+1)+2e+1 +k3

=3 fgfi'l)+e)2+

—g‘—)+e +1+k3

kk+1+ e + 1)22 (+k3. Zum Beweis der Behauptung j.) sei nun oBdA r < s vorausgesetzt; der Fall r = s ist trivial, da es unendlich viele bunte Zahlen gibt. Nach dem Hilfssatz gibt es unendlich viele bunte Zahlen N, fiir die auch N + s — r bunt ist. Setztmannunn:=N—r,sosinddieZahlenr+n=Nunds+n=N+s—r beide bunt. Da zu verschiedenen Werten von N auch verschiedene Werte von 11

gehéren, ist damit der Beweis erbracht. Dritter Beweis zu a}

Da die Kubikzahlen (in der natiirlichen Anordnung) abwechselnd gerade und ungerade sind und keine obere Schranke haben, kann man zu r und s naturliche Zahlen a und b so finden, dass r3+ b3 - s entgegengesetzte Paritat von a3 hat, und auBerdem die Ungleichung a3 > r + b3— —s erfiillt ist.

Dann ist die natiirliche Zahl a3 (—r + b3 — s):— 11 gerade, da enau zwei der Summanden ungerade sind, mithin wird durch c: -;—3—(a + s — 1) eine natiirliche Zahl c definiert. Aufgrund der Identitat a3 - r — b3 + s = 2c + 1 = (c + l)2 erhalt man mit 11 := a3 + c2 —- r nun r + n = a3 + c3 ; _ 3 s+n—s+a +c2 -r= (a3

3 3 —b+s)+c2 +b3 =(c+1)2 +b.

Die Zahlen r+n und s+n sind also beide bunt. Da nach Konstruktion n nicht kleiner als a3 — r ist und a3 beliebig groB gewahlt werden kann, gibt es unendlich viele natiirliche Zahlen n mit der verlangten Eigenschaft. Erster Beweis zu b

Es geniigt, eine positive ganze Zahl m zu finden, fur die r- m und s- m beide bunt sind, denn dann liefert Multiplikation von m mit 26 eine weitere Losung, da

sich mit t e {r, s} aus 3-t m— — x3 + y2 die Gleichung t- (26 m) = 26((x3 + y2) = (4x)3 + (8y)2 ergibt. Setzt man nun m.— —rzs3 + r3s2,dar12n ist m eine positive ganze Zahl; man hat:

r- m=r- (12s3 +r3sz)=r33 's +r:s2=(rs)3 +(12s)2, s- m=s- (r283 +r3s2)=rzs4 +r3 s3=(rs)3+(rs22). Damit ist alles gezeigt. Zweiter Beweis zu b

Fiir alle positiven ganzen Zahlen u, v gilt: Mit m := r2536 11 + r352v6 ist sowohl r-m als auch s-m bunt. Denn

r-m = (rsu2)3 + (r2 sv3)2

und

s-m = (rs2u3)2 + (rsv2)3 .

Daraus folgt unmittelbar die Behauptung.