Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 1972-1982 3127107404

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Bundeswettbewerb Mathematik:

Aufgaben und Lésungen 1972-1982

ISBN 3-12-710740-4

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1 5 4 3 2 ' I 199] 90 89 88 37

.'\||(' Druckc dicser Auflagc kiinilcn im Unterricht nebcncinandcr benutzt werdcn, sic sind umvrcinander unveriindcrl. Die Ictzte Zahl bczeichnc! dasjahr dicscs Druckcs. 1“ Ernst cu Vorhgc GmbH u. Co. KG, Stuttgart 1987. Alle Rcchtc vorbchaltcn. Drurk: Gulmalm u. (30.. Hoilbrpnn

Inhaltsverzeichnis Vorwort

4

Einleitung

5

Wettbewerb 1972/73 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Lé')sungcn 1. Runde

Lésungcn 2. Runde

w'enbewerb 1978 72.1 72.2 72.3 72.8

Lfisungcn 2. Runde

78.1 78.2 78.4 78.12

79.1 79.2 79.3 79.15

Aufgaben 1. Runde Aul‘gaben 2. Runde lfisungen 1. Runde

Wettbewerb 1973/74 Aufgaben 1. Runde Aufgabcn 2. Runde Liisungen 1. Runde Lfisungen 2. Runde

73.1 73.2 73.4 73.11

Wettbewerb 1979 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Li'isungcn 1. Runde Lfisungcn 2. Runde

Wettbewerb 1975 Aufgabcn 1. Runde Aufgabeh 2. Runde Lfisungen 1. Runde Lfisungen 2. Runde

75.1 75.3 75.4 75.9

Wettbewerb 1980 Aufgabcn 1. Runde Aufgaben 2. Runde L65ungen 1. Runde Lfisungen 2. Runde

80. 1 80.2 80.3 80. 19

Runde Runde Runde Runde

76.1 76.2 76.3 76.14

Wettbewerb 1981 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde Li'isungen 1. Runde Ifisungcn 2. Runde

81.1 81.2 81.3 81.23

Wettbewerb 1977 Aufgabcn 1. Runde Aufgaben 2. Runde Liisungen 1. Runde Liisungen 2. Runde

77.1 77.2 77.3 77.10

Wettbewerb 1976 Aufgaben 1. Aufgabcn 2. L6sungen 1. Lésungen 2.

Wettbewerb 1982 Aufgaben 1. Runde Aufgaben 2. Runde

Lbsungen 1. Runde Lésungcn 2. Runde

82.1 82.2 82.3 82.25

Vorwort Die hier vorgelegtc Matcrialsammlung ist bereits die vierte Ausgabe mit Aufgaben und Liisungen aus dem Bundeswettbewerb Mathematik. 1977 erschien die erste Veriifl‘entlichung mit Aufgaben und Liisungen von 1970 bis 1975, 1979 folgte der Band mit Aufgaben und Lbsungen aus denjahren 1972 his 1978 und 1983 der AnschluBband zu denjahren 1979 his 1982. Alle drei Biinde sind seit lingercm vergrifl'en, so daB sich der Verlag Ernst Klett dankenswerterweise entschlossen hat, die Malerialicn von 1972 his 1982 durch cincn Nachdruck als Doppelband zugfing—_ lich zu machen. Noch in diesemjahr sollen auch die Aufgaben und Lfisungen yon I 1983 bis 1986 (cllbuch-Nr. 71072) erschcincn. Der Bundeswettbewerb Mathematik gehfirt neben dem Bundeswettbewerb Fremdsprachcn zu den zentralen Aufgabcn des Vereins ,,Bi1dung und Begabung", der sich zum Ziel gesctzt hat, alle Bemiihungen zu unterstiitzcn, die daraufausgerichtet sind,

besonders intercssierte, begabte und leistungsfa'higejunge Menschen zu finden und zu iBrdem. Dabei arbeitet der Verein mit den staatlichen Einrichtungen von Bund und Lfindcrn ebenso zusammen wic mit ~alljenen gesellschaftlichen Gruppen, die am Bildungsprozefl generell interessiert sind. Im Kuratorium, das den Verein in allen Fragen der Begabtenfiirderung beriit, sind der Bundesminister fiir Bildung und Wissenschaft, die Stiindige Konferenz dcr Kultusministcr dcr Liinder in dcr Bundesrepublik Deutschland, der Stifterverband flit die Deutsche Wissenschaft, die Wirtschaft, die Gewerkschaflen sowie die Wisscnschafl und die Politik vertreten.

Der Bundeswettbewerb Mathematik gehéirt in dcr Bundesrepublik Deutschland zu den iltesten und crfolgreichsten Projekten im Bereich der Begabten- und Nachw uchsforderung. Dies nicht zuletzt aufGrund der anspruchsvollen und vielseitigen Aufgaben, die hier mit ihren Losungen vorgelcgt werden Ich mochte diese Verofl'entlichung zum Anlafi nehmcn, um all jenen zu danken, die diescn Wettbewerb, sci es finanziell, sci es organisatorisch, sei es inhaltlich, untcrstiitzi hahen. Ich \\ iinsche mir. daB dieser Band gerade In clor Schule cinc moglichst

grolie. und interessierte Leserschaft findet. lmjuli 1987

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

Einleitung 1. Die Entwicklung des Mathematikwettbewerbs 1970 - 1982 2. Das Aufgabenmaterial 2.1 die Auswahl und Formulierung 2.2 die Bearbeitung durch die Teilnehmer

2.3 die Korrektur 3. Die Lfisungsbeispiele 3.0 Vorbemerkungen

3.1 Ratschlfige ffir den im Aufgabenlésen unerfahrenen Leser 4. Bundeswettbewerb Mathematik und Schule

' 3000 -

'—

2000 '

1000 -

. HHH

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82v

1. Das Diagramm zeigt die merzahlen der 1. Runde beim

Entwicklung der TeilnehMathematikwettbewerb seit

seiner Entstehung. Man sieht, daB diese Beteiligungszahlen stark schwanken. Eine auffallende H6he erreichten sie mit mehr als 3000 in den Wettbewerbsjahren 1977 und 1978. Die Vielzahl der Parameter, von denen die Anzahl der Teilnehmer in jedem Jahr abhfingt, last bfindige Erklfirungen ffir diese Schwankungen kaum zu. Mannahmen der Wettbewerbsveranstalter (Héhe der Preise, Schwierig-

keitsgrad der

Aufgaben,

etc.)

wirken

sich

hier»

neben

Ursachen aus, auf die der Wettbewerb keinen Einflufl hat wie Abiturtermine Oder der Grad der werbenden Unter-

stfitzung und bei Erfolg ggfs. der

Anerkennung

durch

die

Schulen. Auch Verfinderungen in der Einstellung der Gesellschaft und speziell der Schfiler zu Fragen aus dem mathematisch/technischen Bereich, zum Leistungsprinzip usw. spielen sicher eine Rolle.

Es entzieht sich naturgemfia der Kontrolle durch den

Wett-

‘ bewerb, wie hoch die Anzahl derer ist, die sich intensiv mit den Aufgaben beschfiftigen, ohne anschlienend eine

Einsendung vorzunehmen. Aufffillig ffir die Korrektoren beim Wettbewerb ist aber, daB im Gegensatz zu frfiheren Jahren kaum noch Arbeiten eingereicht werden, bei denen alle Aufgaben unzureichend bearbeitet sind. Rfickfragen und Gesprfiche mit Teilnehmern

ffihrten 1980 zu vier MaBnahmen, mit die sich wurde:

verindernde

schulische

denen

und

Fachlehrern

besonders

Situation

auf

eingegangen

(1) Verlfingerung der Bearbeitungszeit in der

1.

Runde,

sowie eine zeitliche Verschiebung nach vorne, um die Weihnachtsferien ausnutzen zu k6nnen. (2) Vermeidunq von Aufgaben mit erheblichem Aufwand Schreibarbeit und Tabellenuntersuchungen.

an

(3) Verringerung des Schwierigkeitsgrades beim Aufgaben— paket ffir die 1. Runde.

(4) Fehlerzettel zur Information fiber Art und Ort ffir die Preisentscheidung wesentlichen Mingel alle Teilnehmer, die haben.

einen

ersten

Preis

der ffir

verfehlt

An eine Verringerung der Schwierigkeit bei den Anforderungen des gesamten Wettbewerbs wurde allerdings zu keinem Zeitpunkt ernsthaft gedacht. Immer schon, besonders

seit 1980, hat in ausgeprfigter Weise die 2. Runde auch die Aufgabe. durch hohe Anforderungen an die Teilnehmer das Niveau dieses bundesweiten Leistungswettbewerbes in gleicher Hohe zu halten. Bei allen finderungen in Details stellt dieses Bestreben eine Konstante in der Entwicklung des Wettbewerbs dar.

2.1 Die Auswahl der in der jeweiliqen‘Runde zu stellenden Aufgaben erfolgt rechtzeitig vor Rundenbeginn durch Aufgabenausschua des Bundeswettbewerbs Mathematik.

Material ffir ganze Jahr ausschusses Streichungen k6nnen dabei zugfinglicher

den Das

die Auswahl ist-ein Aufgabenvorrat, der das fiber von den Mitgliedern des Aufgabendurch Neuvorschlage, Modifizierungen und 'gewartet' wird. Anlfisse ffir Streichungen z.B. Verfiffentlichungen Ehnlicher Aufgaben an Stelle,

inhaltliche

Unangemessenheit,

zu'

lange Oder zu komplizierte Aufgabenstellung usw. sein. Bei den Aufgaben sind einige Eigenschaften erwfinscht: Die Aufgaben sollten kurz und einprfigsam zu formulieren und von der Fragestellung Oder vom Ergebnis her interessant und vielleicht fiberraschend sein. ihre Hauptanforderung an den Losenden im heuristischen Bereich stellen, knappe

fiberschaubare Lasungen zulassen und insgesamt als Paket in einem nicht zu schmalen Sektor der Elementarmathematik liegen.

Da

dem

Verstehen

Lfisen

der

Aufgabe

vorausgehen

muB,

durch

wird

die

der

Teilnehmer

das

Formulierung

der

gelegentlich wobei Aufgaben besondere Sorgfalt gewidmet, anderer zugunsten Formulierungen ausgesprochen griffige

Nicht immer nicht mieverstandlicher verworfen werden. macht die Prfizisierung der Aufgabenstellung den Einstieg leichter, da manchmal der Eindruck eines komplizierteren Sachverhalts entsteht. Bei einem mfiglichen

Mterstfindnis

bei einer mehrdeutigen Formulierung wird daher die Einsicht in die vorgesehene Aufgabenstellung dann ohne zusfitzliche Hinweise dem lasenden Schfiler zugemutet, wenn die alternative Deutung auf eine unsinnige oder triviale Fragestellung ffihrt.

Bei dem Gebrauch von Begriffen, die zwar mathematisch elementan aber doch nicht jedem Schfiler gelfiufig

sind,

wird

auf den Fachlehrer vertraut, der im Bedarfsfall helfend Auskunft geben kann. Denn lassen sich auch notfalls noch Begriffe

wie

'konvex',

'Polyeder'

Schfiler nachschlagen, so braucht

er

oder

'Minimum'

doch

die

eines Mathematikers, wenn er zum Beispiel nicht weiB,

eine 'Verscharfung' eines Satzes ist.

oder

was

eine

vom

Erklérung was

'Verallgemeinerung'

.

2.2 Nach der Verfiffentlichung der Aufgaben der ersten Runde in den Schulen bzw. nach Zusendung der Aufgaben an die Teilnahmeberechtigten der zweiten Runde steht jeweils eine Zeit von mehr als zwei Monaten zur Bearbeitung der Aufgaben und Einreichung der selbstfindig erarbeiteten LBSungen zur Verffigung. In der ersten Runde berechtigt bereits die Bearbeitung von drei Aufgaben zur Einsendung, in der zweiten Runde mfissen alle vier gestellten Aufgaben gelast werden. Im Gegesatz zum Klausursystem, nach dem bei der Inter-

nationalen Mathematikolympiade (IMO) und bei

den

meisten

anderen nationalen Mathematikolympiaden vorgegangen wird, haben dié Teilnehmer daher Gelegenheit, mit Hilfe von Literatur noch fehlende Grundkenntnisse zu erwerben oder bei anderen Aufgaben auf Lésungsideen zu stoBen. Bei der Einsendung ihrer Bearbeitungen erklfiren die Teilnehmer

schriftlich, daB sie die Aufgaben selbstfindig gelfist haben und geben alle zur Lésung benutzten Hilfsmittel an. 2.3 Die Korrektur der Wettbewerbsarbeiten wird von Lehrern aus dem gesamten Bundesgebiet durahgeffihrt, von denen die meisten schon viele Jahre, einige jetzt fiber ein

Jahrzehnt Erfahrungen auf diesem Gebiet

gesammelt

haben.

Jeder Korrektor fibernimmt in der Regel acht bis zw61f Arbeiten and hat circa drei Wochen Zeit ffir die Durchsicht. Alle Arbeiten werden einer 2weitkorrektur unterzogen, wobei in der Regel jeweils ein 2weitkorrektor bis

zu hundert Arbeiten fibernimmt.

Die

ZWeitkorrektur

dient

nicht nur der Richtigstellung mfiglicher Fehler bei der Erstkorrektur, sie soll auch und vor allem daffir sorqen,

daa in Ermessensffillen gleichmfiaig entschieden wird.

SchlieBlich werden

die

Arbeiten,

bei

denen

die

Beur-

voneinander 2weitkorrektor und Erstdurch teilung abweichen, noch einer Drittkorrektur unterzogen.

Bei

wird

Ubereinstimmung

Preisfestsetzung

Dabei

abgeschlossen.

im

Zweitkorrektur,

die

Ausnahmefall der Diskrepanz die Drittkorrektur

einer

mit

eine

erhfilt

Preisstufen beanstandungsfreie Arbeit einen 1. Preis. Die gehen bis zum 3. Preis, der in der ersten Runde noch dann

vergeben wird, wenn nur drei Aufgaben richtig gelést sind; allerdings dfirfen anschlieaend an der 2.Runde nur die teilnehmen, denen in der ersten Runde ein 1. oder 2. Preis zuerkannt worden ist.

Das

Korrekturverfahren

in

der

zweiten

Runde

erfolgt

entsprechend, wobei jedoch erheblich strengere Maastfibe an die Preiswfirdigkeit einer Arbeit angelegt werden. Selbst bei insgesamt richtiger Lasung der vier gestellten Aufgaben kénnen Mfingel wie Schreibfehler an mathematisch wesentlicher Stelle, kleine Lficken bei Umformungen oder

SchluBfolgerungen,

fiberflfissige

Beweisteile,

nicht

erlfiuterte Bezeichnungen, Unklarheiten usw. zum Verfehlen des 1. Preises Efihren. Nur die Gewinner eines 1. Preises

gelangen in die dritte Runde des

Wettbewerbs,

die

nicht

mehr dutch Lasen von Aufgaben,sondern durch Bewfihrung in einem Kolloquium mit Lehrern von Schule und Hochschule besteht. 3.0 Am Ende jeder Runde erhalten die Teilnehmer am Mathematikwettbewerb eine Zusammenstellung von Lfisungen zu

den Aufgaben dieser Runde. Dadurch wird ihnen eine Hilfe beim Auffinden von logischen Lficken und anderen Fehlern in den eigenen Ausarbeitungen gegeben, erhalten sie Anregungen durch das

vor allem Kennenlernen

aber von

Varianten oder gfinzlich anderen L65ungen. Die Urfassung dieser Lésungsbeispiele entsteht jeweils der gleichen Zeit,

in

in der sich auch die Teilnehmer mit den

Aufgaben beschfiftigen. Diese Korrektoren zusammen mit

den

Version von

erhalten

ihnen

dann

die

durchzusehenden

Wettbewerbsarbeiten als Bezugspunkt ffir die entsprechenden Korrekturhinweise und ggfs. als Hilfe beim Nachvollziehen schwer verstfindlicher mit unklarem Gedankenziel.

Teilnehmerausffihrungen

In der Phase der Korrektur werden nun zusfitzliche L65ungsideen von Korrektoren und ~ vor allem ans Teilnehmerlfisungen gesammelt und gegebenenfalls ergfinzend in die Lfisungsbeipiele eingearbeitet, wo sie den Vorrat an Varianten erweitern oder ein Detail verbessernd ersetzen.

Diese Umarbeitungen mfissen rechtzeitig vor Rundenende abgebrochen werden, da dann alle Teilnehmer das Endresultat,

gewissermaflen ein Gemeinschaftswerk von

Aufgaben-

kommission und Teilnehmern. ausgehfindigt bekommen.

Die hier zusammengestellten Lfisungen geben nahezu vollstSndig die oben erwfihnten Bearbeitungen wieder. Im Hinblick auf den dokumentarischen und informativen Charakter sind innerhalb der Lésungsbeispiele weder Kfirzungen noch Ergfinzungen vorgenommen worden. Sofern in

Vor— oder Nachbemerkungen zu Lfisungen auf bestimmte Fehler oder haufige M3nge1 hingewiesen wurde, sind diese Hinweise auch hier wiedergegeben. Einige und einige Druckfehler behoben;

Formate es ist

wurden gefindert anzunehmen, daB

andere daffir hinzugekommen sind. Im Sprachgebrauch von Korrektoren und Teilnehmern hat sich

ffir die

Lfisungsbeispiele

der

eingebfirgert. Es versteht sich

Terminus von

'Musterlasungen'

selbst,

daB

in

den

Lfisungsbeispielen eine lfickenlose Gedankenffihrung, eine klare Gliederung und eine Beschrfinkung auf die wesentlichen Uberlegungen angestrebt wird. Es ist aber im allge-

meinen nicht m6glich, die 'ideale L6sung' anzugeben,

dies

verbietet schon die Inhomogenitfit des Teilnehmerkreises. Wenn auch die Hauptschwierigkeit der Aufgaben im heuristischen Bereich liegt und liegen soll, ist doch die Einstiegshahe in die Aufgabe vielfach durch die mathematischen Vorkenntnisse des jeweiligen Teilnehmers bestimmt; die Lésung eines Schfilers aus der Klasse 9 sieht hfiufig trotz mathematischer Vollsténdigkeit anders aus als die eines Abiturienten, der zusfitzliche mathematische Hilfsmittel ins Spiel bringen kann.

3.1 Mancher Leser, der eine der gestellten Aufgaben 165en will und nach einiger Zeit erfolglosen Suchens resigniert im Lfisungsbeispiel nachliest, mag flabei in doppelter Weise enttfiuscht werden: zum einen k6nnten ihm bei manchen Auf— gaben die Lfinge der Lésung, die Ffille der Formeln 0.5. den Eindruck vermitteln, zu Recht die 'L65ungsversuche abgebrochen zu haben, da er vermeintlich auf so komplizierte

Dinge ohnehin nicht von alleine gestoBen ware, zum anderen k6nnte es ihn gerade bei

Staten, dafl da zwar die

kurzen

und

vollstfindige

eleganten

L6sungen

Durchffihrung

Lasungsidee steht,. jedoch keinerlei Hinweise werden, wie man selbst zu dieser Idee gelangt.

einer gegeben

Dem solcherart Unzufriedenen muB davon abgeraten werden, sich kontinuierlich lesend durch die Lésungen zu bewegen, ein ohnehon allenfalls dann sinnvolles Vorgehen, wenn man

ein bestimmtes Stichwort oder Verfahren sucht. Stattdessen sollte sich der Leser eine der Aufgaben auswfihlen, und die von der Prohlemstellung her sein Interesse weckt, sich intensiv oder zunfichst auch nur spielerisch lfingere

Zeit mit ihr befassen.

Die

Dauer

der

kritischen

Beschfiftigung

mit

Lasungs-

versuchen, auch wenn scheinbar keine Fortschritte Oder gar Erfolge erzielt werden, hat wesentlichen Einflua auf das

Finden einer eigenen oder

wenigstens

das

Verstehen

und

Einprfigen einer vorgefundenen Lésung; es wird gewissermaaen Speicherplatz reserviert und vorstrukturiert. Der

Leser

kann

sicher sein,

nach

derartiger

intensiver

Beschiftigung die Lfisung als Gesamtheit in ihrer

und ihren einzelnen Bestandteilen zu

Struktur

fiberschauen

und

zu

verstehen. Schwieriger als die Frage nach dem Verstfindnis ist jene zu beantworten, wie man die Lfisungen denn selber finden kann. Die mathematische Heuristik gehért nicht zum Standard-

stoff der Schulen, so daB man kaum auf zurfickgreifen kann. Hilfreich als Lektfire

dort sind

Gelerntes hier die

Ausffihrungen zur Heuristik in Sewerin: Mathematische Schfilerwettbewerbe (Manzbuch 347) sowie Heft 1/79 der Zeitschrift 'Der Mathematikunterricht' mit Beitrfigen fiber

Schfilerwettbewerbe und Problemlésetechniken von Engel und Sewerin. Allerdings ist es auch hier mit dem bloBen Lesen noch nicht getan; ein geeigneter Rahmen zur Erarbeitung k6nnte zum Beispiel auch eine Arbeitsgemeinschaft zum ProblemlBsen sein. Gleichgfiltig,ob das Lésen von

Aufgaben

in

schulische

einer

Gruppe

organisiert oder, wie es meistens der Fall sein dflrfte, in Einzelbeschfiftigung gefibt werden soll, es gilt stets:

Das

Lésen von Problemen erlernt man nur durch das L65en Problemen. Der Leser wird ausdrficklich ermuntert

von und

ermutigt,

sich nicht durch

erfolgen abschrecken zu

das

Ausbleiben

lassen, sondern

wenn er Preude an der Mathematik

hat,

von

sich um

die

Anfangs-

weiterhin, Aufgaben—

lBsungen zu bemfihen. Dies verlangt Geduld und Optimismus, aber die Geduld lohnt sich, und der Optimismus ist begrfindet. Die Teilnehmer am Wettbewerb in mehreren Jahren stellen immer wieder fest. daa ihnen von Mal zu Mal mit zunehmender Ubung die Lésung schneller von der Hand geht.

Der Leser wird bei sich die gleiche Erfahrung machen.

IO

1. Runde

_

Aufgaben 1972/73

"

1972/73 A

1. Runde

Eine natflrliche Zahl besitzt eine tausendstellige Darstellung im Dezimalsystem, bei der hbchstens eine Ziffer von 5 verschieden ist. Man zeige, dass sie keine Quadrat'zah1 ist .

.

Von den Punkten A und 3 eines ebenen Sees kann man in geradliniger Fahrt jeden Punkt des Sees erreichen. Es ist zu zeigen, dass man von jedem Punkt der Strecke AB

ebenfalls jeden Punkt des Sees geradlinig erreichen kann.

3.

Gegeben sind n Ziffern a1 bis an in vorgesehener Reihenfolge. Gibt es eine natflrliche Zahl, bei der die Dezimaldarstellung ihrer Quadratwurzei hinter dem Komma gerade

mit diesen ziffern in der vorgeschriebenen Reihenfolge beginnt? Das Ergebnis ist zu begrflnden.

Um einen runden Tisch sitzen n Personen. Die Anzahl derjenigen Personen, die das gleiche Geachlecht haben Hie die Personen zu ihrer Rechten, ist gleich der Anzahl der Personen, far die das nicht gilt. Han be-

weise, dass n durch u teilbar ist.

72.1

2. Runde

A l972/73

Aufgaben 1972/73

2. Runde

1. In einem Quadrat mit der Seite 7 sind 51 Punkte markiert. Es ist zu zeigen, dass es unter diesen Punkten stets drei gibt, die in Innern eines Kreises mit Radius 1 liegen.

Hit einer im Zehnersystem geschriebenen natfirlichen Zahl darf man folgende Operationen vornehmen:

a) am Ende der Zahl M anhangen b) an Ende der Zahl 0 anhflngen c) die Zahl durch 2 teilen. wenn sie gerade ist. Man zeige, dass man, ausgehend von u, jede naturliche Zahl erreichen kann durch eine Folge der Operationen a, b, c.

Zum Auslegen des FuBbodens eines rechteckigen Zimmers

sind rechteckige Flatten des Fbrmats 2 mal 2 und solche des Formats u mal 1 verwendet warden. Man beweise, dass

das Auslegen nicht mfiglich ist, wenn man von der einen Sorte eine Platte weniger und von der anderen Sorta

eine Platte mehr verwenden will.

Man beweise: Far jede natflrliche Zahl n gibt es eine im Dezimalsystem n-stellige Zahl aus den Ziffern 1 und 2,

die durch 2n teilbar ist. Gilt dieser Satz auch in einem Stellenwertsystem der Basis h bzw. 6?

712

[972/73

l. Runde

L

1. Runde

Léisungen 1972/73 l;_é2£séhg

1;-§2!2é§5 wirél nachgewiesen, class die Annahme gGN zu einem Wider-

-

Die tausendstellige Zahl sei z, ihre Quadratwurzel g. Es

spruch fUhrt.

Als Endziffern einer Quadratzafil kommen nur die Ziffern 0, 1, It, 5, 6, 9 in Frage. Fur diese Endziffern 13531: sich folgende Zusammenstellung machen, wobei steta aGN ist: Endziffer van 2

0

Eigenschaft von 3

Eigenschaft Von z = 82

g = 10a

2 = 100a2

Hiderspruchsargument

z wurde mindestens 2-mal

die ziffer 0 enthalten.

1

g = 103*1

z = 10a(10a*2)91 a(10a32) ist gerade; z wflrde also mindcstona

zwei Von 5 verachiedenen Ziffarn entha e u

g = 2a

2 = he?

1 endet mit SH, ist

also nicht durch u tailbar. 5

g = 10a#5

a = 100a(a+1)925 a(a*1) ist gerade; 1 Hard: also nindectens

zuei von 5 verachiedene ziffern enthalten. 8

Wagon der Queraumme 999-546 ist z und damit anon g durch 3 teilbar: u = 3a

2 = 9:2

z ist nicht dutch 9

teilbar.

9

E

10a*3

z = 10a(10a*6)09 a(10*6) ist gerlde; z wflrde also mindeatena

zwei von 5 verschiedene Ziffern enthalten.

72.3

l.Runde

l972l73

I;

2. Beweis:

Es warden folgende leicht zu beweisende satze benfltzt: (A) Endziffer einer Quadratzahl kannen nur die Ziffern 0, 1, u, S. 6, 9 sein. (B) Eine Quadratzahl hat als Viererrest nur 0 oder 1.

(C) Eine Quadratzahl hat als Dreierrest nur 0 oder 1. (D) Eine Quadratzahl, die Vielfaches von 3 ist. ist

auch Vielfaches von 9. Vorausgesetzt werden waiter die Teilbarkeitsregeln fflr die Zahlen 3, M, 5 und 9.

1. Pall: Die 1000-ste11ige Zahl z enthalt entweder nur Ziffern 5 oder nur als Endziffer eine von 5 verschiedene Ziffer. Dann gilt folgende Aufstellung:

Endziffer von 2

Argument gegen ' "Quadratzahl z”

0

(B)

1

(B)

2

(A)

3

(A)

Oder

(C)

Oder

n

(B)

5

(13) oder

(D)

(e)

6 (A)

d

(A) oder (B) Oder: (C)

9 2. Pill:

(D)

7

(B)

'

z enthfllt genau eine von 5 verschiedene ziffer, aber

nicht als Endziffer. ware z Quadratzahl, so wflrde sic als Quadrat einer durch 5 teilbaren Zahl auf 25 enden und hatte daher die Quersumme #997 und somit den Dreierrest 2, was nach (C) nicht mbglich ist.

Dass die Zahl 1000-stellig ist, wird bein Beweis lediglich far die Endziffer 6 benutzt. Doch spielt auch in diesem Pall die

Anzahl der Stellen keine Rolle. wie im folgenden gezeigt wird.

7L4

l. Runde

[972/73

L

k

Satz:

z = 5-1—09;1 + '1 mit Re"

131: keine Quadratzahl.

Beweis: Es genflgt, zu zeigen, dass y = 9x = 5'10k + u keine

Quadratzahl ist. mire y eine Ouadratzahl, so ware

Daraus folgt

k 5.10

ma

aeNo.

2 + ‘0

=

(10a 11: 2)

, 2k-5k = ua(5a:t 2).

Es muss daher

_

1%

_ Ana

y = 10a 1 2 mit

'a g

=

bell

sein.

5 5k folgt

5a: 2>ua

und

2"-5k =ua(5a 3 2)>-16a2 Q 1s-5k~sk,

also

2

k

> 16-5

k

,

. . . was nlcht m6311ch lat.

Egg—9123.; Ist P ein beliebiger Seepunkt, dann muss jeder Punkt auf der

geradlinig befahrenen Strecke BP ein Seepunkt sein. Ist nun X ein beliebiger Punkt der Strecke BP, dann ist auch die Strecke AX geradlinig befahrbar, sie kann daher nur Seepunkte enthalten.

Dann enthalt abet das ganze Dreieck PAB nur Seepunkte. Deshalb muss, wenn C ein Punkt auf der Strecke AB ist, die in Dreieck PAB liegende Strecke CP ebenfalls geradlinig befahrbar sein. Die Uberlegung ist auch richtig, falls das Dreieck PAB zu

einer Strecke entartet. 3 . Auffiabe

1;-Eszsi21 Gesucht warden zwei natflrliche Zahlen N and g, fur die gilt: a

(1)

a

2 + :1 -- g + A 10 +7“

a

+ A. 10n+2, waiter nach

2.) zu 2(2k+1) = uk+2 5.)

10k+8-§-§10(2k+1)+6, Heiter nach

u.) zu u(2k+1)+2 = ak+s

72J0

(“e"o) (kemo)

2. Runde

1‘972/73

L

2;-éESEEES 1. Beweis:

Das Fussbodenrechteck wird in Parzellen vom Format 1 mal 1 zerle‘t. Die a-b Parzellen werden durch die Paare (x,y) mit b)xeflo , a>yeN° bezeichnet, derart, dass die Paare mit gleichem x-Wert eine Kolonne

und die mit gleichem y-Wert

“13‘"

(La-H

...

...

"" (b—La—H

eine Zeile bilden. q sei die .

n..

Anzahl der Quadratplatten, 5 die der in Kolonnen lie-

a"

genden und w die der in

-

(0,0)

(1,0)

Zeilen liegenden rechtecki-

(b—1,0)

_

_

gen Platten; dabe1 selen

x1....,x

bzw. xi,...,x’ q s und x1,..., xw jeweils die kleinsten x-Werte in den einzelnen Flatten. Summierung fiber die x-Werte aller Parzellen liefert H

II

§bundan dem Kreis um A mit Radius 1 als Inversionskreis. Anmerkung u

Die Polge {ai>lasst ebenso wie die Polgenund 2 falsch ist. I. 82 ist richtig . —— x1+x2 For x1, x2, v EN gelte a2 = 2 , 32 = viii; , a2 = 82v. Dabei muss g2 rational, also als Wurzel aus einer natflrlichen

Zahl sogar ganzzahlig sein.

x1, x2 sind die Lfisungen der Gleichungen x

2

2 _ - 2a2x + 32 - 0.

Die Diskriminante -

2 2 D - "a22 - ugz2 -_ “32(v -1)

ist nur fflr v = 1 eine Quadratzahl. Polglich ist, da D = 0, x1 = x

11.

Sn ist falsch far gerades n )2

Man setzt x1 - (n - 1) n und x2 = x3 = ... = xn = 1. Dann lst '

+ (n-1)“ _ 1 + (n-1)"‘1 .“_n =

/

O

\ I

5 3

¢ 2

Eine weltere wsung nit fanf 'reilstficken und einem hohen Has

an Symetrie und Kongruenz zeigt folgende Figur: Lbsung von Ralf Wehrmann, Freilaseing

(nasse 12)

Ana angegebenen Verfahren 51116 in den fflrdnotvendigen Bereich ausffihtbar. Ian-ch Splegelung nicht-symetrischer Ibsungen entstehen weitere wsungen. Jede usung ergibt auch auf folgende

76.]6

2. Blind:

1976

L

"else 'AnlaB zu weiteren lbsungen. Han schneidet bei einen der belden Quadrate parallel zu einer Seite einen Strelfen ab und

setzt 11m auf der Gegenseite dutch Parallelverachiebung wleder an. Die eich dabei ergebenden welteren Schnittlinien fibertragt man auf due andere Quadrat. So entsteht elne unendllche Anzahl von Lbsungen, darunter auch eine unendliche Anzahl von lbsungen

nit ffinf Tellstficken .

2;-52SSEZ22

Die Strecken des Streckenzuges S seien so orientiert, daB jeder

der 2n Tellungspunkte genau einmal Anfangspunkt und genau elnmal

Endpunkt einer Strecke let.

‘

Herden die Punkte der Reihe nach unit 1 his 211 bezelchnet, so eel

(:1, a2, ... a2“) eine S entsprechende Permutation der Zahlen 1

his 211, die die Folge 132: Anfangspunkte auf s wlederglbt. Ebenso bezeichne (e1, e2,

..., e2") die zugehbrige Fblge det

streakenendpunkte. Dem 131:

a

i=1 1

a

1:1

e=1+2+...+2n=n(2n+1)

1

und 2n

(1)

,

Z i=1

(a1+ei)

5

0

(mod 2n).

Ans der Parallelitat zweier Strecken a1e 1 und ajej folgt offenbar

a1 + et- a: 1- e3

(mod 2n).

51nd abet die Strecken aie1 und ajej nicht parallel, so let

31 + 31* aj + (=3:l

(Ind 2n),

wie man erkennt, venn man zwei Sehnen nit demselben Anfangspunkt aufsucht, die zu a e

11

bzw. ajej parallel sind. Die -

Richtunq elner Sehne 3181 is: also dutch die Restklasee 81 + e1

(Inod 2n) cindeutlg gekennzeichnet.

76.17

L

I976

2. Runde

Gabe es mm in s_ keine parallelen Strecken, so val-en die sage? hérigen Restklauen alle verschieden, und e: vlre

2n

(2)

1:1 (a1+e1)21+2+...+2n -n(2n+1)!n(mod 2n).

in Iiderlpruch an (1). Au: den Gleichungen (1) und (2) 18M: sich leicht herleiten, daB

es bei einan Streckenzug lit genau einem Paar paralleler Sttecken keine Strecke nit einer aux Richtung do: Parallelen senkzechten Richtung gibt.

Amerkung: Zum Beweis genfigt es, dab in jet]. Punkt genau mi Strecken zusamenlaufen. Der Sat: gilt daher such in: den Pall mehrerer geschlossene: Streckenzflge, wenn nur jeder Punkt genau

einmai erreicht wird.

Ntmeriert nan die 2n Mglichen Sehnenrichtungen entsprechend ihrer steigung fortlaufend

fend nit o, 1, ..., 2n-1, so ist bei einem regelmlfligen 2n-Eck, das keine Seite nit cine! geraden Richtungsnumer enthfllt, die

Sume der Nunern 1¥3+5+...+(2n-1)+1+3+5+...

V 0—

+(2n—1) - 2n2, also 0111 geradzahliges Vie].faches van n.

Von einer beliebigen Anordnung der Punkte-Bezeichnungen kann man an jeder Permutation dutch wiedetholtes mtellen von jeweill

zvei Nachbu'n gelangen. Bel einer solchen (hatellung Andert sicfi jedoch die jeweiliqe Sume der Richtungsnumern des zugehbrigen

geschlossenen Streckenzuges entweder nicht ode: um 2n, Hie sich

leicht nit flilfe des Satzes von Unfangsvinkel erkennen lint. Jeder geschlosaene sueckenzug hat daher ale Sun-e der Richtungs-

numern seiner Strecken ein geradzahligel Vielfaches von n. Da die 31mm aller Richtungsnumern gleich O + 1 + 2 + ... + (Zn—1)

- n(2n-1) ein ungeradzahliges Vielfaches von n ist, unseen lindestens zwei der 2n Strecken dos Streckennel dieselbe Richtung haben.

76.18

I976

.

2. Runde

L

44-593292

“B" Sedeute:

es gibt ein Einheitsquadzat nit vie: blauen Eek-

PI

punkten. Fall 1: Alle Punkte des Rams sind blau

=§

B.

Fall 2: Es gibt einen roten Punkt Pl'

A} P‘

['1

.

_

Man macht P1 zur Spitze einer gleichkantigen Pyramide mit einem Einheitsquadrat P2P3P4P5 313 Grundfléche. F311 2.1: Die vier Punkte Pi (1 - 2.3.4.5) sind blau %

3.

Fall 2.2: Biner der Punkte p 1 (1 = 2,3,4,5), es gel 92, 1:: tot. Man macht Pl zu einer Seite'nkante eines

P

P2

:

gleichkantigen dreiseitigen Prisms. dessen (Ibrige Eckpunkte P6. P7. P8' P9 seien.

P7

'P P‘

/I

kn\

P.

Fall 2.2.1: Die vier Punkte Pj (j = 6.7.8.9} 91nd plan % 8.

Fall 2.2.2: Eine_r der Punkte 1?3 (j = 6.7.8.9). es sei P6 ist rot. Dann bilden P1, P2. P6 drei rote Eckpunkte eines Einheitsquadrates .

2. Beweis "B" bedeute: es gibt ein Binheitsquadzat nit vier blauen Eekpunkten.

Fall 1: der Raum enthfilt nur blaue Punkte

% 8.

Fall 2: Ba 91):: einen roten Punkt P1. Fall 2.1: Die Oberfléche 0 der Einheitskugel um den Hittel-

punkt p1 enthalt nur blaue Punkte =) {3. Fall 2.2: _O enthélt einen roten Punk: P2. k1 und k2 seien die Einheitskreise um 15'1 und P2.

deren Ebenen zu P1P2 senkrecht 31nd.

ran 2.2.1: k1 und k2 enthalten nur blaue Punkte —) 3. Fall 2.2.2: R1 Oder k3 enthfilt einen roten Punkt P3 % die roten Punkte P1. P2. P

3

81nd Eckpunkte eines Ein-

heitsquadrats.

76.19

L

76.20

I976

2. Runde

I. Runde

Aufgaben 1977

I977

A

1. Runde

Unter 2.000 paarweise verschiedenen natfirlichen Zahlen I

.

befinden sich je zur Halfte gerade und ungerade Zahlen.

Die Summe aller Zahlen ist kleiner als 3000000. Man zeige, daB mindestens eine der Zahlen dutch 3 tell-

bar ist.

Ein‘ Kafer krabbelt auf den Kanten einer n-seitigen Pyramide. Sein Weg beginnt und endet in Mittelpunkt A einer

Grundkante. Unterwegs dutchlauft er jeden Punkt hbchstené einmal. Wie viele verschiedene Wage stehen ihm zur Verffigung? (Zwei Wage gelten hierbei als gleich, venn sie aus den—

selben Punkten bestehen.) Man zeige, daB die Sumne der Eckenanzahlen aller dieser

Hege' 12+22+ ...+n2 ist.

Die Zahl 50 sei als Sunne nicht unbedingt verschiedener natflrlicher Zahlen dargestellt. Das Produkt dieser Zahlen ist durch 100 teilbaz. wie groB kann das Produkt Mchstens sein?

In einol Sehnenviereck 51nd von den Seitenmitten die note auf die Gegenseite geféllt. Han zeige, daB diese Late dutch einen Punkt gehen.

77.]

A

I977

2. Runde

2. Runde

Aufgaben 1977

I I.

Gibt es zuei unendliche, nus nicht-negativen ganzen Zahlen

bestehende Hengen A and B, so daB jade nicht-negative ganze Zahl auf genau eine Heise ails Sume einet In A gehbrigen

und einer zu B gehbrlgen Zahl geschrieben warden kann?

In elner Eben: 31nd drel nicht kollineare Punkte A, B, C

gegeben. Hit Hilfe einer gegebenen hewegllchen Kreisschei-

be, nit der man at: drei Punkte zuglelch bedecken kann und deren wrchmesser van Durehmesser des Kreises dutch A, B, C verschleden 15:, 9011 die vierte Bake des Parallelograms ABCD konstruiert warden.

(Die Kreisscheibe wird als Rurvenlineal benfitzt, 1nd.- man ale an zwei Punkte anlegt. Punkte 31nd entweder gegeben

ode: entltehen als Schnittpunkte von nit den Kurvenlineal gezeichneten Krelsen.)

Man zeige, dab es unendlich viele natfirliche Zahlen gibt,

die man nicht in der Form 6 6 6 a=a1+az+...a7 darstellen kann, wobei a1, a2,

..., a7 natflrliche zahlen

31nd. Han beweise auch eine Verallgeneinerung.

Die Punktion f 131: auf der Henge D .1131: von O and 1 verschiedenen rationalen Zahlen definiert und erfullt far jedes XeD die Gleichung

f(x)+f(1-;1K-)=XHan bestime f.

77.2

1977

l. Runde

Ltisungen 1977

1. Runde

'

L

. .

l;-§2£9212§ Schreifit man die ersten 3.000 natfizlichen Zahlen in folgendez Anordnung

2

4

3

5

7

a

2998

6

9

2999

-

'1

3000,

so entMlt die obere Zeile die ersten 2000 nicht dutch 3 tellbaren natflrlichen Zahlen; sie sind zut Hilfte gerade, zur Eilfte ungerade, und keine Zahl konnt mehx als einmal vor. For 1hre

Sums S gilt:

‘

-

300053001 S -‘ (1+2+3...+3000) - (3+6+9+--..+3000) = 1001) . 3 1 = 3000 . (312301 _ 3 10002100 Da fur jede andere Auswahl von paarweise verschiedenen 2000 natal-lichen Zahlen die Sume )’

3000000 sein muB, falls sie

keine auto? 3 teilbare Zahl enthélt, kann es eine solche Henge

nit einer Sume
2), die Spitze der Pyran1de n1: 5 beze1chnet. Der Antangspunkt A der legs liegt auf der Rance Annl' Wetter v1rd angelica-en, daB jeder zu zlhlende wag von A much Al and fiber An nech

A"

A . A.

A mun.

‘ Die n6911chen lege lassen etch In Kleenex: e1nte11en.

Grundr1B der Pyramide

D1e Hesse x‘ enthllt mu: den einen Neg, der fiber a11e n ackpunkte der Grundfllche, abet nicht fiber S fdhtt. R1 (1 - 2, 3. ..., n) aei d1e Hesse der Wege, die I fiber 5 und genau 1 Eckpunkte det Grundnlche fflhren. Die 1 Grundfllcheneckpunkte von K1, zu denen etets A1 unfl An

gehbren, mussen 1n Gmndflachen-n—Bck eine Kette lackenlo: auteinander folgender Eckpunkte b11den, we11 Rein Punk: mml durehlaufen werden dart. Dam: 91m: es in

K1 (1-1) H6911chke1ten; jede bedeutet gem e1nen InOguchen Neg. Polgende Liete 1&8: s1ch aufatellen:

Klasle

Anubl aer legs

Anzahl der Icken je Veg

Ansell]. der Bcken one: wage der Klasse

K1

1

n

n

x2

1

3

1.3

= 22-1

K3

2

4

2-4

- 32-1

K1

1-!

1+1

(1-1) (1+1)

- 12-1

x

n-1

n+1

(n—l) (n+1)

- 112-1.

77.4

- 11

l. Runde

1977

L _

Die Anzahl der liege int

1+1+2+3+.....+(n-1)-1+n—('2‘i. Die Sumpe der Bckenanzahlen ist

n + (22-1) + (32-1) +

+ n2 .

+ (n2-1)= 1 2 + 2 2 +

g: Beweig (volletindige Induktion)

Dutch AbzAhlen stellt man fest, 633 die Formeln far die Anzahl der Wege

w“ = 1 + ('2‘) und far die Sums der Eckenanzahlen aller Wege en-12+22+... +1.12 in: n - 3 richtiq sind. (Inter der Annahme, daB die Pomeln bis 2113: Zahl n richtig

31nd, wird bewiesen, dafl beim Ubergang von n 21.1 n+1 die

Weqeanzahl um n und die Sume der Eckenanzahien um (n+1)2 zunimt.

Die situation fur eine (n+1)-seitige Pyramide kann aus dem

Fall einer n-seitigen Pyramide S(A1A2...An) mit Auegangspunkt A auf der Kante Anni dadurch hergeleitet

A‘

warden, 633 mm aef det Grundkante Anal einen

‘

weiteren funkt AnH = B zwischen An und A and

‘ Al

eine weiteze Seitenkante SB einechaltet. Man

8

kann dadurch folgende Tabelle far den Obetgang

von n zu n+1 aufstellen:

“n“ A1A2"A1SB

alt ode: neu

Anzahl der liege neu e11:

alt

1 + (n) 2

neu

-

Wege fiber

Grundrifl der Pyramide

Anzahl det neuen Bcken

-

1 + (“) 2

n

3 + 4 . .. + (n+2 )

(1-1. 2. .... n)

77.5

L

I977

1. Runde

Bella Ubergang von n zu n+1 nimt also die Anzahl der He'ge m n zu, so daB n n+1 wn+1=1+(2)+n-~1+( 2).

Die Zunahne de: Sme der Bckenanzahlen bet-.2891:

an” - en- 1 + ('2') + (3 +4 + _ 1 + n én—l) +

+ (M2))

n Uzi-‘5)

_ 1 + n éZnM) - (n+1)2.

2;-5‘59595 Dab es en mxmnles Produkt P gibt. £0191: daraus, dab es nur endlich viele mrstellungen'der Zahl $0 ale Sun-Ia von

natflzlichen Zahlen gibt. W1: bougisen, dab eine Zerlegung nit maximum Produkt die Porn 50 - 2+2+5+5+3+3+...+3 haben m6, wobol as auf die Reihenfolqe do: Won (8.) and

auf die Zusamenfauung 24-2-4 nicht ankonllt. 1) Vegan der 'reubarkeit von P dutch 100 m3 nindeatena eln S. dutch 5 tellbar sein. Vegan

5n - 5 + m + (4111-5), 5 n4 kommt dabei. nicht in Frage, do In = 2 +

(In-2),

m 1 2.5.

in entsprechenden Fall actor: :13 notvendige Bedingung

n+1 - lpl ergibt. nus den Lbsungen fflr a - maximal 2 - ergibt sich aus dem zveiten Paktor jeweils das zugehbrige gel . Unter Beibehaltung der Fallnumerierung ans Ibsung 1 81nd 1n folgenden jeweils

hinter der umgefomten Bedingungsqleichung die msungen angegeben:

(1)

(n+2) (a-2-g) - —1

:

(2)

(a+3)(a—3-g) = -7

g

a - 4, g - 2.

kelne Lbsung,

(3)

(a+1)(a-g) a

3

:

a=2,g=1.

(4)

(a+3)(a-2~g) - -5

:

a - 2, g - 1,

(5)

(n+1) (ant-g) a

3

t

a = o, g n -2 ode: a = 2, g _= 2:

(6)

(n+2) (a - g) =

1

:

(7)

a-(a+2-g) -

1

:

a I 1, g I 2:

(8)

(a+3)(a-1-g) = -S

:

a = 2. g = O.

(9)

a- (a+3-g) = -l

:

a = l, g - 5.

(10)

(a+2)(a+1-9) = -1

:

(11)

a-(a+4-g) = -5

:

a - l, g - 10 oder a - s, q = 10,

(12)

(a+1)(a+3-g) -—3

:

a-O,g-6

kein'e Lbsunq.

keine mating.

odera=2,g=6.

Hagen der Bedingunq a+l o 5 6b2-2c

—-> 0 i b2-2c

@0 i 2c-b2 => 0 E a .

, a int also in jedan [all dutch 5 teilbaz.

Erglnzung: Die in den Mlungen bendtigte ’l‘eilbarkeit von bs-b dutch 5 (bzv. von b4-l, wenn b kein Vielfaches von 5 15:) 15M: sich ohne Benutzung dea Satzes von Femat zeigen. An der Zerlegung b5 - b - (b—l) (bi-1)b(b2+1)

sieht man, dAB das

Produkt bs-b drei aufeinanderfolgende Paktoren enthalt. Wenn einer

dieser Faktoren b-l, b, 134-! dutch 5 teilbu: ilt, ist auch bs-b dutch 5 teilbar. Andernfalls muB b den Pfinfertest 2 oder den aerrest 3 haben. Dann llfit b2 bei Division dutch 5 den Rest 4; b2+l enchilt also den Paktor 5.

79.“

so daB in jedan Fall bs-h dutch 5 teilbar 13:.

.'

'

2. Runde

1979

L

Lbsungen 1979 2. Runde Aufgabe 1

Jeder Punkt der Bbene se1 rot Oder blau gefarht. Han beveise, daB es dann e1n Rechteck m1: Bckpunkten gleichet Farbe gibt. Han beweise auch e1ne Verallgememerung.

Es wird gleich die folgende Verallgelne1nerung bewiesen: Es se1 n eine natirliche Zahl;

jeder uPunkt der Ebene se1 m1: eine:

von n Fuhen gefarbt. Dann gibt es in der Ebene e1n Rechteck nit Bcken

gleicher Farbe.

Lbsung 1

Man lege beliebig ein rechtvinkliges Koord1natensyaten 1n d1e Ebene und betrachte die Gitterpunkte (1,3) far 1 S 1 S n+1 und 1 S j 5 "n+1“. n+1

Da die Punkt~fflr_—Punkt—Farbunq e1ner der betrachteten Zeilen zu n

verschiedenen Ergebnissen ffihren kann (n Mbglichkeiten be1 jedem Punkt) .

mussen mindestens zwei der “n+1“ Ze11en 1n dez Farbe 1htes 1. Punktes, flutes 2. Punktes usw. bis 1hzes (n+l)-ten Punktes - 2.3. be1 zahlung von links nach rechts - fibereinstimen. 2we1 derartige Zeflen mbgen die Ordinaten k und m haben, d.h. ffir jedes 1 E {1,2,...,n+1} haben die Punkte

(1,k) und (1,m) die gleiche Parbe. Da nur n Farben

zur Verfflqung stehen, komt unter den n+1 G1tterpunkten die Zeile n1}: der Ordinate k m1ndestens eine Fatbe zweilnal vor; 2.3. mOgen (a,k) und (b, k) die gle1che Farbe haben. Dann hat dag Rechteck m1t den Ecken

(a,k),

(b,k),

(b,m) and (am) vie: Ecken gleicher Farhe.

Lbsung 2 W1: betrachten e1ne Folge paarweise Vetschiedener paralleler Geraden 91’92'93"" in der Ebene. Ist M

i

eine Henge von Punkten auf 91'

so bezeichnen wit mit [41' die Henge a11er Punkte auf 9144' d1e als Bilder von H1 bei der Verschiebung von 91 auf 91 +1 mil: Sch1eber1chtung eenkrecht zu g1 erhalten werden.

79.15

L

2. Runde

I979

lune Henge vcn Punkten helBe emfarbig, wenn alle Punkte der Henge

die gleiche Fetbe luben. De nu: endllch viele rarben zut Verfflgung ltehen, hat jede unendliche Teillnenqe der Ebene nindestene eine eln-

farbtge unenduche 'renmenge. H1 eel. cine einfarblge unenduche Tell-enge von 91' H2 eine einfarblge unendliche Tennenge von H" und allg-ein “1+1 for jedel 16 N

cine

einfarbige unendliche 'reflnenge von “1' . Bel der rolge det Mengen H1, H2, H3, ... nub sich nach endlich Vielen Helen eine Parbe wiederholen; so nbgen M1 and M3

(1(1) nus Punkten der gleichen rat-be beate-

hen. tlt men nun zvei beliebige verschiedene Punkte A und B nus “j

and bestimt dazu D und C ale Mpunkte der tote von A bzw. B an! 91, so hat nach der vozengegengenen Konatruktion den Rechteck ABC!) vie: Bcken glelche: Pnrbe.

Ezglnzungen: 1) Han sieht anhnnd von menu; 1, dnB es genflgt. eine heisscheibe

der Ebene :u “then, u: dnnn innerhelb dieser Fuchs stats ein ' Rechteck nit Bcken gleicher tube nachweisen zu kdnnen.

u) Erletzt man in Menu; 1 dab rechtwtnkltge Koordimtensystu dutch ein xoordinatenaysten, dessen Achsen vorgegebene Richtungen haben.

bzv. legt 1n Maul-lg 2 die Richtungen der Geraden 91 und der Verschiebungen unebhangig voneinender feet, so ethalt man allgeneiner die Bxlsten: elnes Paralleloqra-ns nit vie: glelchferbigen Bcken, (lessen Seitenrichtungen vorgegeben 91nd.

111) Ibsung 1 legt die Verallgaeinerung auf k—dmensionale Quader

nahe. Anstelle des Gitterpunktrechtecks nit den Seitenllngen n and n"+1 trite dann allgeneiner e1n Gittetpunktquader nit den

untenungen d -1, d -2, ..., 1 2 (11 ans «:11 - n+1,

79.16

-1, uobei sich' die Harte far

“d1 'dz' . . .61

ail-H

+1 ergeben.

2. Runde Aufgabe 2

.

1979

L

Sin Kreis I: lit Radius 1‘ und Hictelpunkt H eei fest vorgegeben. Welche Fiqur bilden die Inkreiemittelpunkte aller stumpivinkligen Dreiecke mit den Umkreie k?

woung 1

Dreieck ABC sei ein beliebiges Dreieck nit d3 mkreis k. Der Inkreismittelpunkt - der Schnittpunkt der winkelhalbierenden in Dreieck ABC des Dreiecks, sei unit I bezeichnet; D sei der von c verechiedene Schnittpunkt der Winkelhalbierenden des "inkels AC3 mit den Kreis k.

Dann hat de: Winkel DIA als Nebemvinkel an Dreieck AIC (mit den Oblichen Winkelbezeichnungen) die

Grofle g + 5'.

Die gleiche GrbBe

hat der Winkel DAI, da er sich nus Winkel DAB (als Ulnfangs-

0

vinkel (be: an mit der GrOBe g) und Winkel BAI (GréBe g) zusamensetat. Sonit is: Dreieck ADI gleich-

acnenkng mit 13' = E. Die annloge Oberlegung ta: 3 anstatt A lieferc E = E.

I liegt also auf dem Kreis um D nit den Radius 33.

Wegen A_D- - E liegt D auf den Hittelsenkrechten von AB.

in folgenden wird das Dreieck ABC speziell ale stumpfwinklig Init 90°< yA—'D-

(Sehne fiber gtéBerem Bogen) und fi - r-fi (Dreieck A'MD

ist gleichschenklig rechtvinklig nit Kathetenlange r) schliefit man:

.

ill—I 2 E - r

(nach Dreiecksungleichung) , sovie veiter

fi-r-fi-r>fi-r=rofi‘-r

also if > r.\/§‘- r

Da der InkreiI-ittelpunkt innerhalb des Dreiecks und dag Innete des Dreiecks innerh/alb des Xreises liegt, erqibt sich: r.(\/§‘- 1) cos 45° - V0.55

Man ksnn daher unter Benutzung der Beschranktheit der cos-Funktion

nach oben durch 1 weiter schlieBen:

Efe) rm 6 {o,1,2.3.4.5)). Dutch Endung von Differenzen exhale Inn in: jedes 1 €(0,1,2,3....,8} : I

‘1 ' '1+1

- ~10

8

+ 10 (b1 - bid-1) . O

(pod 17)

(but. nod 19)

Menus ergiht eich. da 10 tn 1‘] und each an 19 tellerfrend Let:

b1 - b1+1 I 10‘"

(nod 17)

um. nod 19) -

Der Bet-Jag den: Different meier ziffern kann Mchetens 9 sein; dnher liefert die letztgenannte Bedtngung 1n Abhlmigkeit van r-s die folgenden Herte b -b : 1 1+! r-e

I

1

2

3

far n I 17

-7

-2

-3

to: n I 19

-9

5

-7

4

5

6

3

1. Runde

1980

b1—b1+1 Mngt niche nehr von der Ziffer 1 sondern nut von r-s ab. rm: jeden Wert von r-s ist der Betrag von b -b

1

1+1

grdfler a1: 1,

daher 1st

1;: (bi-b1+1)

313 sun-me von 9 gleichen smnden nut Betrag > 1

betraql1ch nBer ale 9. Andererse1ts ergibt aber d1e genannte Sumac gezade b0— 9, also d1e D1f£erenz zweier z1£fern. d1e 30mm: hbchstens

den Betrag 9 haben kann. D1es ist der gewflnschte Widerspruch.

Aufgabe 2

In Dre1eck ABC schne1den d1e H1nke1ha1b1etenden der Innenwinkel bei A and B d1e jeweils geqendbetliegenden Dreieckseiten in D ham. 3. P liege auf der Verbindungsgeraden von D and E. Han beweise, daB der Abstand des Punktes P van der Geraden (AB) gleich der Some ode: Differenz seiner

—

Abstande von (BC) und von (CA) 1st.

Vorbemerkung: Jeder Punk: auf der Halbierenden einea w1nke1 but an beiden Schenkeln des "1nkels den q1e1chen Abstand.

Die Punkte D und 3 haben daher trivialerveise d1e behauptete Absundseigenschaft,

so daB 1m folgenden nut

die von D and E verschiedenen Punkte der Geraden (DE) zu untersuchen 31nd.

Mann; 1

W1: untersuchen zuerst den Pall (AB) «If (DB). flilfsmittel bei den folgenden Oberlequngen 1st der Strahlensatz, auBerd-

verden davon abgeleitete Verhéltn1sg1e1chungen rm.- Ahn11che

Dreiecke benutzt, wobei folgende Gmndkonstellationen auftreten:

L

L

I980

1. Runde

Q.

J d-c - d-e - c-e

g _ _a_

1-H

1

l

v

d-e _ etc

v

1

(i)

w

'

Da die Aufgabenstellung symetrisch in A und B 13:, dart angenommen warden, club 3 winchen A und den Schnittpunkt von

(DB) unit

(A!)

liegt,

son-t vertausche man A und B. P‘ sei der Schntttpunkt von (AB) mit (DE) .

In der Orientlerung der Geraden von 3 much I) liege P P2 zwischen E and D. 193 zvischen D and P.1

éuf (DE) vor 3, 1 and P5 hinter P4. Jede

zu untersuchende Luge eines Punktes auf (DE) \(D.E)

wire] damn dutch

einen der Punkte Pi,P2,P3,P4,P5 erfaflt.

m: 1 - 1.2.3.4,5 sei ai der Abstand von P1 zu (BC). 111 der Abstand von P1 zu (Ac) und c1 der Abstand von P1 zu (an). Weiterhin aei '1 die Llnge dex‘ Strecke DP 1. Schliefllich bezeichne d den Abstand von D an

(AB)

und 2 den Abstand von E an (AB).

A18 Binheltssttecke vahlen v11: die Strecke_ DE.

1980

1. Runde

Hit Ellie der obigen Sitze (*) lassen 31c]: dam; die folgenden Beziehungen angeben:

e-d

1

cl-e-F"

1

e

. :1—

b—1

I "1—4

d

(P )3

2.

fl

8—1-

3

h

1

e ~

1

1

a

b

a

i

3 2

2

c

1

2

=w1-(e-d)+d

e

II

n

a

db"

c2-d - :2-

9-6 a 3 '3

b

2

b2

u

..

c

=

2 n

In 3

3

-

1—

:9

d-c3 ed

I9

1 e I 1

d—

(P4).

I

a v

1)

e

. I 1-!!2

°1"1'”1

1

b a—

u (P3).

:> -

(91"

'

d — dofiz

d +6

"2 ' ‘e' ’

a3

- ew3

[)3

I do,(1"3)

fi 1:3-133-a3

_ :- '13

It

c3 3 '3.

w 4 1—

-

a4

a 4 2

b . 4

(d—e)”

- e4

in: 4

r '1— ’ ”4““ (“'4’

=> °4"4'b4 (denn c

e

1H4

3 “ 1 a

_5 0

" "4 “ d'(1”4)

w

_5

a 1

It

.5 _ “5

3 . 1+v5 d

- O)

-

.

(P5).

4

-—-

1

b .9

e-d

d+c5

—_

3-.—

5 a: d o (1W5)

.

csavs.(e.d)—d

=) cs-as-b5

L

L

I980

I

1. Runde

Dal-1t ht qezeigt, dnB unabhAngig von seiner Luge jeder Punkt auf (DE) die behauptete Absundaeigenschaft hat.

Zu untersuchen bleibt noch der P311 (AB)! (DB). 39 genflgt, den Nachveia der Behauptung in: Pl zuischen D and B and fur 1’2

hinter D

- in der Orientierung von 3 nach D - zu fflhren; ggfs. 31nd A und B an

vertauschen.

Die Bezeichnungen seien vie in must behandelten Fall genihlt. Insbesondere ergibt Iich hie:

d a e = t:1 - c2

.

Binheitastrecke: DB

Uncer Benutzung des Strahlensaues arhllt nan: I

1)

1

d_

H

I

1

-1—

b1

1-.1

a

a

no

%c1 '“1 +b1

a— ' T‘ " 2

“72'? b 2 d.-

1-H! 2 RI—

‘1 ndpul

"

”1"““1’

a2W2" "9‘2 "’2 “2

3

b2-d(1W2)

Auch 1m Speaialfall (DBHHAB) ist also der Abound emu Punktes auf (DE)

an (AB) glelch der Sumac odor Different: aer Abstinde

:11 (BC) und (Ac).

80.12

I980

1. Runde

L

Lbsung 2 ' Zun Verstandnis dieser Lbsung wird ein wenig Vektorrechnung and die

Kenntnis der Hesse-Nomlfom einer Geraden und threr Bedeuumg in:

den Abstand eines Punktes von der Geraden gebraucht.

In den Inkreismittelpunkt von A ABC

wird der Ursprung eines euklldi-

schen Koordinationsystus gelegt; die Hesse-Gleichungen der Geraden dutch die Ecken des Dreiecks haben die Form: 9-.

(AB): c-x+r=0,

++

-o-.

(BC): a~x+r=0,

(CA) :b-x+r=-O.

babel 131: :- der Inkréisradius. Die Nomalenvektoren 3. S und E and

in allganeinen £45135 die ortsvektoren der Punkte A, B and C 1 Da-filr D und E jeweils die Same der Abstinde zu (BC) und (CA) gleich

den Abstand zu (AB) ist, genflgen die Ortsvektoren beider Punkte der .

Gleichung

(3-;+r)+($-;+z)=E-§+r

(1)

.

(2)

.

Diese Gleichunq 151: Equivalent zu

(3+S-E)-;+r=o

Da diese Gleichung erffillbar ist und : verschieden von 0 lat, beachreibt (2) elne Getade. Diese InuB, da sie D und E enthélt, die Gerade (DE) sein. Wegen (-1) haben alle Punkte auf (DB) die zu heueisende Abeundselgen-

schaft.

1463a 3 P sei eiln Punkt auf der Geraden (DB) , k die dutch die Glelchung

175 = k E]; bestimmte reelle zahl. g sei eine zun3chst beliebige feats Gerade. m jeden Punkt x auf (DE) bezeichne dx den 1n Abhingigkeit von der x enthaltenden Halbebene von 9 m1: einen Vorzeichen versehenen

(u )

dP

-

Abstand von x zu 9. Es uird gezeigt, d/aB dann stets gilt: dD - kmB _ 6D)

.

Diese Gleichung ist sicher erfallt, wenn g und (DE) parallel 31nd, da dann die Differenzen auf beiden Seiten der Glelchung (*) null warden.

80.13

L

I980

1. Runde

sind g and (DE) nicht parallel, sei s der Scimittpunkt von 9 unit (I3).

Bin latte-inches mordimtensylte- nit beliebiger Nomierung wind lo auf die Bhene geleqt, deB s dez Ureprung int and (DE) nit der x-Achle zuumenflllt. AI.- xoordinaten nagen sich erqeben: (3%,0).

D I

(X010)

ap— - d 3.:d!_ d: -5 -—:D _

and P '

(1P:

0)

0

eteht, hat nn eofort:

-

B I

rail: 9 Ienkrecht nu! (DE)

k, venue wieder die Gleichung (i) folgt.

Bildet Ichlieblich g lit (DB) einen epitaen Hinke]. ENOO < E < $0) , so hat 9 eine Gleichung der Porn y - In; a! viz-d erhalten e15 Int-cos E

Han her. also: a? - dD

a:

lax 0cos,(E) - IIXD'COI(£)

x

- “D

an -nx3-ool(t) - mDom-(B) " xl - to

IR.

mx dI

2'

I

Auch in diesel: noch verbliebenen ellgeneinen Fell. gilt also

(1!) .

X.g den nit Vorzeichen veroehenen Ala-tend dee In weiteren beseichne dx

Punktee x von der Geraden g; hierbei verden to: 9 die Geraden (AB) ,

(BC) and (Ac) betrechtet. Die Orientierung wird so gewAhlt, deB der

Hen: ax"J nicht negativ 15:, item X zwischen D and B liegt. An: der rage von D auf (BC) und der Hinkelhalbierenden van

E anf (Ac) und der Iinkelhaibierenden von

dD.(BC) ' drum) ‘ °' dams) ‘ dBJBC) '

Bergibt aich:

“mum ' “9,0c

a

. von

1. Runde

_

‘

1980

L

Hiermit erhilt man unter Benutzung von (Q) :

c'P. (AC) ”1:, (Bc)=dn, (Ac) ”“63, (AC) “an, (ac) )

“p. “KHMPI (m'dn. (no) +1: (6a. (Ac)'dD, (AC) )+dn. mamas. (acp'do. (w) -dD, (AB)+k(

0

’dD, (AB))+

O

+k(dfl, (AB)-

0

)

‘3». (n)""‘%. (m‘dn. (m’

”'12. (AB) Dies ezéibt

Aufgabe 3‘

PPNAB” s

”GPAAC)‘ :

ldp,(nc)||

, was zu zeigen war.

In der Ebene 31nd 2n+3 (n E IN) Punktg gegeben, von denen keine drei auf einez Geraden und keine vie: auf sinxxeis liegen. Man zeige, daB es einen Kreis dutch drei der Punkts gibt,

so daB von den fibnigen 2n Punkten n innerhalb und n unsethalb des Kreises liegen.

Ibsung 1

_

Die Henge lder zu betrachtenden Punkte se1 mit 14 bezeichnet. unter den endlich vielen reellen Zauen, die als Entfernunq von zwei Punkten

aus H vorkomen, gibt es eine maximale. Die Punkte A und 2 ans H mpgen diese Entfernung haben. Die Senkrechte s an (A2) dutch A zerlegt die Ebene 1n zwei Halbebenen H

und Hz, wobei z in H liege. Dann 15.t 1 1 kein Punkt von M in Inneren von H und kein Punkt auBer A auf den Rand, da die Entfernung eines solghen Punktes zu z grbfler wire

als E. Jeder Punkt ans M\{A) £5111: bei einer Drehung um A mit einem geeigneten Drehwinkel

(O°< a < 180°) auf s. Zum kleinsten auftretenden

Winkel a gehdre 3 ans H.

'

Zu jedem Punkt P aus M\(A,B) sei w(P) die GrdBe des (nichtorientier-

tsn) Winkels APB (0° < w(P) < 130°).

80.15

L

LRunde

1980

m: vuschiedene P, 9 ans A(A,B) is: v(P)#I(Q), (I: ”hit in Hider-

spruch zur Voranssetznng 9 auf -den mkreis deg Dreiecks ADP use (llfangvinkelsatz) . Wit bezeichnen die Punkte aul Ek(A,B) so nit P1, P2, ..., P

2n+1 '

GAB gilt: -

WWI) > v(P2) > ... > w(P 2n+1’

'

Dann hat der Kreis dutch A, B and Pn+1 die geforderte Eigenschaft.

denn far

1E(1,2,3,...,n} liegt 1,1 wegen w(P1) > urn“) in diesan

neis, far i€(n+2,n+3. . . . ,2n+1) wegen

w(P1) < VOW”) auflerhalb.

Heeentlich ist bei dieser Oberlegung, dab die Scheitelpunkte der betrachteten Hinkel in der gleichen Balbebene von (AB) liegen. Benerkung:

Die konvexe acne der Punkmenge H bildet ein konvexes

Vieleck. A und 3 kbnnen - ensue: vie oben konstniiert zu verden — als bemchbarte Ecken dieses Vielecke gevlhlt werden. Die Miptelpunkte aller Kreise dutch A, B and einen weiteren Punkt von H liegen auf der Hitteisenkzechten von AB. Die oben fiber die GrbBe der mfangvinkel induzierte Reihenfolge 1am: sich auch fiber die Anordnung diesel: Mittelpunkte auf der Hittelsenkrechten von AB erhalten. Die zugehbrigen Kreiubschnitte auf der Seite Von AB, auf der die weiteren Punkte von H liegen, bilden helm Durchlaufen der genannten Hittelpunkte eine Polge sich erweiternder Gebiete. Nach Konsuuktion von A and B liegen in der Paige der konplenentlren Kreisabschnitte Reine Punkte von M,

so

(133 bein Oberganq von einem Kreis sum nlcluten kein Punkt von H, dez vorher in Kzeis lag, verloren gehen kann. Diesel: SchluB vlre fehlerheft, when A und B :1. beliebige Punkte von H gevlhlt warden.

Ibsunq 2

wie 1n Maul-lg 1 bezeichne 14 die Henge der zu untersuchenden Punkte. A und 3 seien zwei Punkte aus H lit mini-ale- Abstand; da H endlich und nicht leer ist, existiert ein solches Punktepaar. In (gemu) einex:

de: beiden von (AB) beetimten Halbebendliegen mindestens n+1 der

2n+1 Punkte aus H\(A,B) . Diese Halbebene Iei nit H bezeichnet. W11: betrachten nun die Kreise dutch A, B uni einen Punkt nus HnH. Bin solcher Kreis knnn keinen Punkt ans All enthalten. Denn wlre P

ein Punk: an: In! und ilge x ans H\n 1m neis dutch A, B und P, no game: 3 APB + a m 2 130° , also folgte

1. Runde

I980

L

nuno°odex nus 290° und mithin E < E bzw. E < E - beides m Hiderspruch zur Minimalitat von A—B'. Fat P aus ma bezeichne IMP) den in H lieqenden Abschnitt des Kreises durch A, B, P. Alle derartigen VKreis-

abschnitte lassen sicln bezfiglich der Relation C vollstandig ordnen, da alle

zu Kreisen fiber der gleichen Sehne AB gehfiren und in II liegen.

Die

Punkte ans ma seien nun derart Init P1,P2,... bezeichnet, daB ffir 1o und a + m>o is: much a-n >0. a-n lat also Teller von a2, an: der zugehdrlge Roulanentlrteller. Verochledene Teller geben verschledene [Antigen (mm) , dle Anzahl der

wanngen 15!: also % 0 (t - 1), sobel t dle Anzahl der Teller von :2 bedeutet. Hegel-I a-n 2) nu: die Zwblferxeate 4 ode: 8 haben kann. Es reicht also, hinsichtlich der verlangten Teilbarkeitseigenschnft

80.33

L

I980

2. Runde

die Polgenglieder dez Porn 0121‘” and 3121+, zu untersuchen (16“,)-

5’ 1" I‘121+3 " ‘3(41+1) ' d41+: uncle

121+"; " a‘3(4u+3)-2 " b41+: '

N: l - O liegt die Mmehte 'reilbarkeit vor: d1 - 7, 1:3 I 49. Es genugt also, an zeigen, dab nit xn auch x“+4 dutch 7 teilbar ist,

da dann umittelbar dutch vollstindige Induktion far alle iElNo folgt, daB 641” und b“+3 dutch 7 teilbar sind.

x n+2

.2,n4.1 -9352): -2xn n n+1

(nodula'l).

flier-nit erhilt nan (alle xongruenzen modulo 7):

xn+4 E 2xn+3 - 2xn+2

'

s ‘xm-Z - 43th” - an“ + 41:“ = 83““ - a - a+1 4» 43th :—: - 4x

n

.

Hit xn ist also auch at!”4 dutch 1 teilbaz, was 21.1 zeigen var.

an a): —

Au: der Rekursion

mifache Amtendung

b - 2b - 9b n+2 n+1 n

erhalt man dutch

bn+2 - 2(2bn - gbn-J) - 9b]!

I -5b

n

- 18h

n-l

.

Auf zvei positive Glieder von (bn) folgt also ein negatives, auf zwel negative Gliede: ein positives. De kein Polgenglied qlsich null ist (nach b) ), knnn es somit wade: ein letztes positives noch ein letztes negatives Glied der Polge (bn) qeben. Also hat die Folge unendlich viele positive and unendlich viele negative Glieder. Da (bn) eine Tellfolge von (an) 1st. ergibt sich hieraus die Behauptung.

80.34

1981

E

1. Runde

A

Aufgaben 1981 1. Runde 1.‘ Es seien a und n natfirliche Zahlen and s = a + a2 + ... + an. Man beweise:

In der Dezlmaldarstellung hat a dam und nu: dann

die Elnezziffer 1, venn auch a and n in inter Dezlmaldarstellung

beide die Elnerziffer 1 haben.

Han beweise: Gilt ffir die Seitenlaflgen a, b und c elnes nicht gleichseitiqen Dreiecks die Beziehung a+b s 2c, dann ist die

Verbindungsstrecke von Schwerpunkt und Inkrelsnitt'elpunkt parallel zu einer Seite des Dreiecks.

Elne quadratische Plache der Seitenlange 2n ist schachbrettartlg in Einheitsquadrate unterteilt. Bines diesel: Elnheitsquadrate vird entfernt.

I

Man zelge, dafl die verbleibende Fléche stets dutch Platten der Form B] , bestehend aus drei Einheitsquadraten, lfickenlos und fiberschneidungsfrei bedeckt werden kann.

Man beweise: Henn p eine Prlmzahl lat, dann 1351: sich 2p + JP nicht in der Form nk unit natfirlichen zahlen n und k (k>l) darstellen.

81.1

A

I98]

... I

Aufgaben 1981 2. Runde Sine zahlenfolqe a“ a2, a3, ... Int folgende Bigenschnft: a1 ist eine mtflrliche zahl, and on gilt an“ - [1.5 anlfl

ffir ane new .

Kann man :1 so vlhlen. dab die eraten 100000 Glieder der Polge all: gezade 31nd und das looool-te Glled ungerade ist ?

Dutch eine bijektive Abbildung der Ebene auf sich verde jede:

Klein 111 einen Klei- ubetgefahrt. Hun bevel-e, dab cine solche Abbildung jade Gerade 1n eine Gerade fiberfohrt.

Es sei k eine natflrliche zahl and n-Zk-l. Man beveise: Ans 2n-1 natnrlichen zahlen lassen sich stats :1 zahlen

so auswahlen, dafi deren Sume dutch n teilbar Lat.

H seL elne nichtleere Heme natal-11cm: zahlen, die nit jade:

Element 2: much 4: and [R] enthalt. Han beveise, GAB jade namrliche m1 :1: H gehdrt.

8|.2

2. Runde

1. Runde

1981

L

Lfisungen 1981 1. Runde Aufgabe 1

Es seien a und n natflrliche zahlen

unds=a+a2+...+an. Man beweise:

.

In der Dezlmldarstellung hat 5 dam and

nut damn die Einerzlffer 1, wenn auch a and n in 1hrer Dezmldarstellung beide dle Einerziffer 1 hahen. . Ibsung 1 m: ganze _zah1en x and y bedeute 1m folgenden die Schreibvelu 1: av state, (1.5 10 Teller von x-y 191: (”x kongruent y modulo 10").

1. Fall: a E 1

In diesem Pall haben alle Potenzen van a die

Endziffer 1';

somitgllt:

n

n

1:1

1:4

s-zaiaz1-n.

Wenn a 5‘1 gilt, haben also s and n die gleiche Endzlffer; gemu dann hat also in dies- Fall 9 die Bndziffer 1, venn auch n diese Endzlffer hat.

2. Fall: a t 1

Es vlrd gezeigt, 6:3 in diesem Fall 3 nicht die

Endzlffer 1 hat. Hierzu vird die Annahne s E 1 unit allen mglichkelten van a bel a t 1 sun Widerspruch geffihrt. D: s = a(1+a+az+...+an-1) dutch a tellbar lat, kann a wade: gerade

noch

dutch 5 teilbar sein; sonst hitte a ja elne gerade Bndzlffer

ode: die Endziffer 5.

Zn untersuchen blelben also nu: noch die P8119,

1n denen a eine der Endziffern 3, 7 Oder 9 mt.

Dutch Aumultlplizieren bestétlgt man die Identitit

1 + a + a2 + a3 - (a—3) (a-7) (8-9) + 10' (232413449)Wenn a die Endziffer 3, 7 oder 9 bar. - und mt diese ville 31nd ja

noch zu untersuchen — hat daher 1+a+a2+a3 die Bndziffer o.

81.3

L

I98]

1. Runde

Do sich dutch mitiplikation lit a1 (1 EN ) ergibt a1+a1+1+a1+2+a1+3i01 Dunn Inn in der Smendarstellung to: s jeweils von :echtl nach links

gehende Blocke Von jeweils vier Smanden dutch o ersetzen, ohne die

Endzifier der Sumo zu verlndorn. Inch die-or Reduktion Item: reel-n:einez der Ausdrdcke O,a.a+a2,a+a2+aa. Abe: a hat nicht'die Endziffer 1.

anz als Sunne mist ungerader zahlen ouch nicht. und a+a2+a3 hat

die Endziffez 9 (n+a2+a3 - 1+au2u3-1u-1-9). I knnn also in keinen der betrachteten Pane Eflr a die Endziffer l hAben.

neide rule zusamen ergeben die Richtigkeit der Behauptung.

Variante :u Lbsung 1

Der Nachveis. dab in: 'jede natflrliche zahl a unit cine: der andziffern 3' 7. 9 und in: jedes ENg1lt

II" + a1+1 + a1-92 + a1+3 a 0 (nod 10)

(i)

’

kann 2.3. auch dutch vollaundige Induktion odor auf die Eolgende Heine gefuhrt verden:

m:

a

I

3

7

9

9

a4“1 a

3

7

ergibt'. sich tn: k - o

(”"2 a

9

9

1

dutch Nachrechnen :

n4k+3 I

7

3

9

9"“ =

1

1

1

In in allen drei Fallen far a gilt a

“(+1

= (a‘)k-a

1

k

E 1 cc

1

I a

(mod 10)

I

1°)

a4 3 1. ergibt sich aus 1

(mod 10)

(1 -= 1.2.3.4)

.

daB die angegebenen Kongtuenzen far beliebige keugelten. Dutch spaltemise Addition erhllt Inn in: die betrachteten Palle van a die fur den weiteren Bmis ausreichende Bezi‘ehung

ailk-0‘1 + a4k-l-Z + adim-3 * a4k+4 a 0

(nod 10)

Die formal allg-einere Beziehung h.) ergibt aich ebenfalls unnittelbar nus der.1'abe11e. da bei den Exponenten 1. 1+1. 1+2, 1+3 jade:

Viererrest genau eimal vorkonnt.

81.4

'

1. Runde

'

'

Lbsung 2

1981

L

1:

Par kEN und aEN setze man

sk(a) -

Z a1 .

Dann gilt:

1-1 Stimen zvei deraztige Sumen 3k“) und an“)

(9)

(k 1 sein. Denn nk enthllt jeden seiner

Prlnfaktoren mindestens quadntisch. In den folgenden Ibsungen sei p stets a1. ungerade. nicht dutch 5 ten—

bare positive gauze zahl vorausgesetzt.

”flung 1

2p + 3P - 2" + (5-2)?

p - 2" + r. (11’) 514-2)!"1 1-0

(Birmincher Lent-us)

P

. 21’ + (-2)? + 1: (p)'51-(-2)P-1 1-1 1 P

- p'5'(-2)P.1 + I: (P)-s*-(-2)P“ 1-2 *

p _ . (-2)"'1 2(‘1’).51 1: - P.5-(-2)p-1 + 251-2

on p- (-2)?1 an s tellerftad 13:, use sich zp+3p m: dutch 5, nicht abet dutch 25 tellen.

1. Runde

1981

L

Ibsung 2

Die folgende unfomung benutzt die von der Behandlung geometrischer Reihen her bekannte (gelegentlich ale 'allg. dritte binonische

Formal") bezeichnete Identitat:

n-1

“ - b“ - (a - b)- x: an-l-i-bi . 1-0

Welter vird gebraucht, dab sick in: alle :IEW die Potenz (-3)‘

in der ram 21+ 52 lit 2 el darstellen last.

Die letztgengnnte Daretellungsmfiglichkeit besteht far 1-0 (1-20-5-0) und ergibt sich allgenein dutch Rechnen 1m Restklalsenring Oder dutch Induktion .fiber 1 :

(-3)1+1 ---5-(-3)1+2-(-3)1 ._5. (-3)1+2'(21+521) - 2‘“ +5°(2:1-(-3)1) Han Eomt nun folgendermaflen m:

P+3P - 29- (-3)P P‘1

_

(2 - (-3)). r. 29" 14-3)1 1-0

9.1

-5.32p’1'1(211+5:)

1-0

p-1

p-l

1-0

1-0

_

.5.z;z"'1+25.21"11.z1 I 50p02p-1 + 2502

lit :62

.

Bieraus ergibt sich. daB 2p+3p dutch S teilbar int. no veder

p noch 2""1 dutch die Fri-um 5 an cenen 31nd, enthllt 29+3p n1cm: den Pam-.0: 25.

Dalit let (9) gezeiqt.

81.19

L

l98l

LRunde

Erglnzende Danetkung zu hosting 2 Sine Variante zu Lbsung 2 nit entsprechenden 2viechenergebnieeen, abet

formal anderen Vorgehen beeteht darin, den von der Polynomdivieion he: bekannten Algorithms mit den Divioor 2+3 zueret edf 2p+3p annuvenden und dann den erhaltenen Quotienten erneut dutch 2+3 - diesmal

mit verbieibend- Rest - zu teilen.

wsung 3

Durchlluft 11 die Henge dez natflriichen zahlen. dann hat die Polge dér Reete, die 2n+3ll bei Division dutch 25 1am ., die Periode 20, vie folgende unfomung zeigt:

2 20+n + 3 20+n . 2n + 3n + z“(21°-1)(2‘°+1) + 3" (3 1°-1)(31°+1) .. 2“ + 3" + 25-(41.(2‘°—1).2“ + 2362.(31°-1)-3“) . Die folgende Tabelle ergibt sich far p6“,3,5,7,9.11,13,15,17,19) dutch Rechnung und ist dann periodical: formeetzen:

p

25er-Reetvon2p+3p

l35791113151719'212325...

510015202015 010 5| 510 0...

Han nest au- dez Tabelle ab:

3) Alle 25er - Reste von 29+3P sind dutch 5 teilhar, 0.11. 29+3P hat den Teiier 5.

.

.

b) Henn p In 5 teilerfrund iet - and nut dieoe rule sind genAB Vorbalerkung zu betrachten -, hat 29-08p einen von null verechiedenen 25er - Rest, ist also nicht dnxch 25 teilbu'.

Der Nachveie (i) 13!: also erbracht.

81.20

1. Runde

I981

L

Lbsung 4

Dutch zusamenfassen der rechten Seite bestatigt man Em: nEMI die Identitat 2 ““°

+ 3"+l° - 59049- (2“+3“) - 53025-2“ .

Da 58025 den Faktor 25 enthalt und 59049 nicht dutch 5 tellbar int, ergibt sich hieraus:

a) Wenn 2n+3n durch 5 teilbar ist, dann each 2

n+10+3n+10

b) Hem: 2“+3n nicht dutch 25 tellbar ist, dann 1st auch 2

.

n+10+3n+lo

'nicht durch 25 teilbar.

Nun ist 21 +31 - 5, 23+33 - 35, 27+37 - 2315 and 29+39 = 20195; in: p E (1,3,7,9) ist also 2&3p zwar dutch 5, nicht abet duICh 25 cenbér.

,

Hieraus folgt wegen a) and b) die Richtigkeit von (‘1’)

(s. Vorbemer—

kung) dutch volleténdige Induktion vibe; i OLE/’4’), da sich jede

nicht dutch 5 teilbare ungerade Zahl p in der Pom p = r + 1-10 nit rE(1,3,7,9) und lei/Y, darstellen laBt.

Ibsung 5

‘

Durch Betrachten der Reste bei. Division dutch 100 entspricht diese

msung der Augmentation mit Einer- und Zehnerziffern bél der Tellbarkeitaunterauchung.

Es bezeichn'e h(z) E(O,1,2,3,...,99)

den Rest, .den 26% bei Division

dutch 100 .laBt. Unter Beachtung der nus den Rechnen nit Rentklassen bekannten Beziehungen

h(h(z)‘) a ma)

p

h(w+z) = h(h(v)+h(z))

1

2

3

5

hour.) - h(h(w)-h(z))

g

3:

i;

3:

M2")

m3?)

h(29+39)

emittelt man die

7

28

87

15

rechts angeqebene

I?

i:

2;

g:

15

Tabelle:

13

92

23

15

68

7

75

17

72

63

35

19 21

88 52

67 3

55 55

23

B

27

35

81.21

L

193:

LRundc

m nap”) uch vegan Imp”) - h(4-h(29)) eLndeuug ans M2") ergibt and Bntsprechendes Enz- h(3p) gilt, 18M: Ilch an. der Tabelle bet belden Folgen von Eunderterresten vegan 11(23) - NZ”) and ht33) I M323) for ungeude p elne Pal-lode der 1.8119: 10 ablesen: man sieht nbngens,

dAB die erstgenannte Folge nicht mfort-periodiach ist. Hieraus ergibt

aich vegan M296") - h(h(2p)+h(3p)) auch £11: h(Zp+JP) eine Periods dez hinge 10. In der rechten Spelte do: rubella treten nut da Vialfache von 25 not, no p den Fakeor S enthilt: all: Harte in der rechten Spalte 31nd abet durCh 5 teilbar. Do 25 ein Tenet von 100 int, ergibt

sich an: die-e: Betrachtung der amxderterteste die in den Vorbemerkungen unter (u) angegebene Behauptung.

8|.22

2. Runde

1981

L

Léisungen 1981 2. Runde Aufgabe 1)

zine zahlenfolge a1, 32' a3, ... hat folgende Eigenschatt: a1 ist eine natnrllche Zahl,

und

es 9111: an+1 - [1,s-an]+1 £11: alle new.

Kann man 131 so wihlen, dnB die ersten 100000 Glieder

_

der F0199 alle gerade 31nd und das 100001-te G11ed ungarude 13f. ?

'

1.6511119

Die brags 131: an bejahen; man vlhle 2.3. :1 - 2

looooo-n_2

Dutch die Hal-11 von a1 und die nekursion in der Aufgabenstellung 19!: die P019: ‘1' a2,

...

festqelegt. Far alle Folgenglleder an

unit 1 S n 5 100001 9111:: a _3n-1_ 2100001-n -2 _n

(II)

.

Der Beweis vird dutch Induktion fiber n gefilhrt:

1) m n-1 131: (a) richtig, denn :a"‘-21°°°°"1 ' 2 ' 2

100000

' 2 ' ‘1 '

2) SchluB von 11 auf n+1 (115100000).

an+1 -[1,5-an] + 1

- [an-2100000 "

-

- [1,513n'1-21°°°°1'“ - 2)] + 1 31+ 1

- 3“-2‘°°°°° " -2 , da 21°°°°° “6N und der Inhalt der alumna-nor also ganznhng int.

n: 195100000 131'. 21°°°°1'n eine gerade 2am, 21°°°°1"°°°°1 - 1 1st ungerade.

81.23

2. Runde

I98!

L

1 Da wade: der ungerade Paktor 3n- Inoch der gerade Sun-and -2 die 100001-11 Paritlt von 2

verlndert, folgt hieraus und nun

Folge a . a2, a

die angeqebene Eigenschaft hat.

1

Banerkung:

3...

(I), dab die

Es ist leicht zu zeigen, dos 3 1 notwemiigetveiae in der

Pom al - u-2

100000

- 2 zu wlhlen 151: und jade derartige Wahl nit un-

gerada u an cine: Polge mit der geunnschten Bigenschaft Eflhrt.

Aufgabe 2

Dutch cine bljektive Abhildung der Ebene auf sich werde

jedet Kreis 1n einen nails fibergefflhrt. Han beweise, daB elne aolche Abbndung jede Gerade 1n sine Gezade fiber-

fuhrt.

Vorbanetkunq an: Bezelchnung: Henn die Abbildung den Punkt P in den Punkt Q fiberfuhrt, vird, vie dblich, 9 a1: Bildpunkt Oder 311d von P, P ale Urbild von 9 bezeichnet. an die Ebene bijektiv auf sich abgebildet wird, gibt as In jed- Punkt det Ebene gemu e1n Uzbfld. Das and von x werde nit x', das Urbild von x nit x' bezeichnet; es gilt also x" - x" = x.

waung 1

g sci elne belieblge Gerade del: Bbene) zu Musical-I int, daB nan ale Gemtheit der Bilder von Punkten auf g wieder a11e Punkte einer Geraden der Ebene exhale. 31erzu bettachte man twei Punkte A, 3 (min) auf 9. Es genfigt nun, zu zeigen: 1) Jeder Punkt auf (A'B') hat ein Urbild auf (AB) .

2) Jeder Punk: auf (AB) hat einen Bildpunkt auf (A'B‘). tn 1)

Es vird gezeigt:

.

Venn dreL Punkte kolnnur 31nd. no auch flue Urbilder (1-) . Denn vixen die Urbilder nicht kollinear, no lagen a11e drel nut elnal geneinmen nets. no diesel: Kreis bet der

81.24

\

1981

2. Runde

L

Abbildung vieder in einen Kreis abergeht, ligen die drei

betrachteten Punkte auf diesel Kreia, kbnnten also nicht kollinear sein; - ein Kreis hat mit jeder Geraden ja

Mchstens mi Punkte gemeinsam.

(indirekt); Annahne:

Es gibt‘einen Punkt P auf (AB), dessen

Bildpunkt P' nicht auf (A'B') liegt. R sei ein beliebiger Punkt der

.

Ebene, der weder auf (A'B')

noch auf (A'P') liegt. Han betrachte eine Gerade k dutch R, die A' nicht enthfllt und zu (A'B') and

(A'P') nicht

parallel ist. k schneidet (A'B')

in einem Punkte C

und (A'P') in einem Punkte D.

an d auf (A'B') liegt, ist c' ein Punkt von (AB) (nach m ). Da D auf (A'P') liegt, 1m; 9' ein MM: von (39) (nach (-I-) ). C' und D' liegen also beide auf g and 31nd nach Konstruktion verechieden. Da R auf (CD) liegt, ist R' ein Punk: von (C'D'). Also liegen nicht nur die Urbilder der Punkte auf (A'B') und

(A'P') auf g, sondern auch die Urbilder alley: anderen Punkte

der Ebene. Dies ergibt den gewflnschten Widerspruch. da nach 'Voraussetzung alle Punkte der Ebene - nicht nur die von 9 abgebildet werden and kein Punkt mehrere Urbilde: hat.

B-erkung :

Der angegebene Beweis Draught nicht die volle Votaussetzung.

So vird lediglich benétigt, daB alle Bilder von Punkten eines Kreiseg vieder Punkte eines Kreises sind, nicht abet, daB die Bildmenge wieder

aus allen Punkten eines Kreises besteht. Hiervon mach: der in der fol. genden msung angegebene Beveis Gebrauch.

Mann; 2 Die beiden Teile des Beweises seien vie in Ibsung 1 bezeichnet. Hie dart angegeben vita der

(fast triviale) Teil 1) nachgewiesen.

In 2) P liege auf (AB) and sei verschieden von A und 3.

81.25

L

2. Runde

Dunn Mi I: (let neis nit dc- Durct-euer AB, 1: do: K2618 2 unit d- meme-set AP. Die zugelvbrigen Bildkreiu leienk'undk'. Die boidon Bildkreile haben nu: den Paula: A' gueinm. do sic au-schliefllich nus Bildpunkton do: oich borflhrondon noise k1 and k2 bootehen. Also berflhren sich die noise kl' und 1‘2"

(A'B') hat:

nit RI' mi Punkte geneinsam, ist also Reine Tangente an kl' . Do A' auf kz' liegt, int (A'B') keine Tangente an kz'; die Tangente an k2' in A' iot ja gleichzeitig 'ranqente an kl'. (A'B') hat also einen weiteren geneinunen Punkt unit 1‘2. . beaten Urbild nun gleichzeitig out k2 and - nach dun trivialen misteil - auf (AB)

lieqen, also P sein. A190 1199!: P' out (A'B'), vie zu zeigen var.

8|.26

2. Runde

IE

Aufgabe 3

‘

1981

L

z. 3.1 x cine natflrliche zahl und n-zl‘". Han beweise: Ana 211-1 natal-lichen zahlen lasun itch stet- n zahlen so ausvlhlen, dafl deren SI-ne dutch n toilbu 1.1:.

Lbsung 1 Kenn I: die natflrlichen Zahlen durehliuft, durehlluft n die Zulu:potenzen einuchneflnch 1. Der Bevel: wizd Lnduktiv dutch Schlufl von n auf 2n germ-1:1: (dieé entspricht van-analyst Induktion fiber 1: nit SchluB von k anf RH). 1) pa: n-l ist die Behauptung offenaichtlich richtig.

2) Schlufl von n auf 2n: Nach Induktionsannal-e Joann nan nus mindeutons '2n-1 vorgelegten Zahlen stets n aunihlen, deren Same dutch n tail-

.

bat ist. Von vorqelegten 2(2n)-l mtfirlichen zahlen knnn man duller

dreimal jeweila n Zahlen entnetnén, deren Sums dutch n tellbaz int. Denn mch der ersten Entnahme verbleiben noch 3n-1, nach det swelten noch 2n-1 zahlen. Die Sun-he dc: zuetlt aungewihlten und entnonnenen Zahlen sei son, die zur miter: Bntnahne qehérende Sumo

lei bon, die Sume dez zuleut ausgevlhlten n Zahlen lei c°n. Mindestens zwei der drei. zahlen a, b, c haben gleiche Donut,

z. B. gelte dies in: a und 1:. Past nan die an a und b gehdrenden Ausvahlen zusamen,

so hat nan eine Gemtauswahl von 2n zahlen,

deren Sume (a+b)n betrlgt, also dutch 2n tellbar 1st, dn a+b gerade int.

Ibsung 2 m: keW bedeute A“) die Manage: nus 2k-1 naturlicher Zahlen lauen

31c): stats 2"-1 Zahlen so ausvahlen, daB ihre Suns dutch 2"-1 1:91].bar int.

-

Zn: maung der Aufgabe 151: an zeigen, (138 A00 for alle new richtig int.

‘

Der Denis erfolgt dutch vonst. Indukuon “her In

1) m M1)

int trivialerweise tichtig.

(Au: other zahl kann man stet-

eine Zahl so 'auwlhlm‘, (MB 11129 'SuIIe" dutch 1 tombs: 1.1:).

81.27

L

I9!"

2. Runde

2) Schlufl von k auf RH (REN) Voraussetzunq: Mk) Behsuptunq: nun-1)

Seven: Die Zkfl-l gegebenen nstflrnchen zahlen seien ale monenten in sin:- 4 ml 2"-1 Rechteckschaa I11: Locke unten rechts ange-

ordnst sis 111 3 (1:154, 1:152’“, (1.5),! (4,2"")). ' 1,1

1,2

1,3 "'

‘ 2,1

2,2

2,3 "'

a

3,2

‘ 4,2

‘ 3,3

°"

I

1,2k-l -1

a

s

2,2“It-1 -1

s

s

3,2k-l -1

s

4.2k—l -1

--

s

4,3 "'

1,2k-l

k-l

Me ersten heiden Zeilen enthslten zusemen 2k (mtflruche) zahlen. Ans beliebigen Zk-l von 111nm lessen sich nach Induktionsvoraus-

seuung 2k.1 wlhlen, deren Sume dutch 2k.1 tellbar 1st. Nsch mnulnerierung innerhalb der ersten beiden Zeilen darf angenomen verden, dafl die zahlen der eaten Zens die 2"-1 gevlhlten sind. “sch Viederholung dieser Uberlegung fur die Zahlen in der zveiten und in der dzitten Zeue dart ebsmfslls angenomsn wezden, daB such die Sme der Zshlen in der miten zeile dutch Zk-l teflbar Lat. Aus den vetbleibenden 2k-1 zahlen der dritten und vierten Zeile

knnn nan schliefluch nsch InaukuomnnaI-e 2’“1 zahleh in die dzltte Zeile sortieren, so dAB such deren Sui-e e1n Vielfaches

von 2"-1 ist. Mach dieset nonstruktion lessen the Zenensu-en m: 1 - 1,2,3, nit geeigneten naturllchen zahlen b Zk-‘l die Darstellung

T. a

id 1,2]

1

- b ' 2""1 1

an.

Kindestens nei der drei zahlen b1,b2,b3 stnd von gleicher Pat-tut, ggfs. nach Vertauschen der Zeilen and entsprechenden mbsnennunqen

8|.28

2. Runde

-

1981

L

darf angenomien werden, dab dies fur b1 und b 2 gilt. Dam int 13 +b

1

2

gerade;

zk—l

Ea gilt:

z:

zk-l

a

+

'

t.

k-1

a

I

=

(b1+h2)-2

.

I

Da b H: gerade ist, ist die rechte Seite dutch 2k teilbar. 1 2 Hit a1,“ nhz, ..., al.2k-1' a2,1’ a2,2' ..., azlzk-l hat man also an: den geqebenen Zahlen 2k zahlen ausvlhlen kbnnen, deren Summe dutch 2k teilbar ist. Hit A(k) ist also auch A031) richtig.

O

Aufgabe 4

H sei eine nichtleere Henge mtfirlicher zahlen, die nit jeden Element x auch 43: um! [VJ-3] enthllt. Han beweise, daB jede natarliche Zahl zu H gehbrt.

Lbsung 1 De: Beweis wird in die Beweise der folgenden Hilfssatze bzu. 'l'eil-

behauptungen aufgegliedert: (B)

Gibt es zu einer zahl nEWeine natfirliche zahl k und ein

-

Elanent Ink von M derart, daB n

2k Silk




4 - x - x

(211') (2-x-y+lll)

'

82.37

L

[982

2. Runde

Regen l-x-y > o ungleichung

genfigt zu- Beweis van (‘1') der Nachweis der (2-3) (2-y) < (2—%)(2-x-y+:-;)

bzv.

nxy < xiv-:1 .

Die Richtigkeit der letztgenannten Ungleiclmng ergibt sich dutch folgende Oberlegung: Regen

x < '11; < y

31nd

(l-nx) und (ny-l) pou-

tlv. nus

(l-nx) (ny—l) - ny + nx - 1 - nzxy

ergibtsichdahet

( > 0 l

O