38. Österreichische Mathematik Olympiade 2007

BG+BRG Feldkirch, Rebberggasse 25-27, 6800 Feldkirch
38. Österreichische Mathematik Olympiade 2007
Kurswettbewerb für Fortgeschrittene
28. März 2007
1. Zeigen Sie die folgenden 2 Ungleichungen:
a) Für alle nicht negativen reellen Zahlen x, y, z gilt:
x2 y2 z2 y z x
+
+
≥ + +
y2 z2 x2 x y z
b) a, b, c seien positive reelle Zahlen, die die Gleichung (1+ a).(1 + b).(1 + c ) = 8 erfüllen.
Man zeige: abc ≤ 1.
8 P.
2. Das Dreieck ABC sei ein spitzwinkeliges Dreieck mit dem Umkreismittelpunkt O. Ein weiterer Kreis k
gehe durch die Punkte C, O, und B. Die Seiten AB und AC schneiden k ein weiteres Mal in P bzw. Q.
Man beweise, dass die Geraden AO und PQ senkrecht aufeinander stehen. (GB, 1996)
6 P.
3. a) Gegeben ist eine Folge x n +1 = 2.x n + 3 x n − 2 für alle n > 0 und x1 = 1 . Zeige, dass
2
die Folge nur natürliche Zahlen enthält und nicht konvergent ist.
b) Man bestimme die Anzahl der Quadrate natürlicher Zahlen in der Folge a n , n ≥ 0 mit dem
Bildungsgesetz: a n +1 = 10.a n + ( −1) und a3 = 91 Man berechne zuerst die ersten 6 Folgenglieder!
n
8 P.
4.
6 P.
Löse das folgende Gleichungssystem über R3: (1) x + y + z = - 2
(2) (y – z)² + (z – x)² + (x - y)² = 38
(3) x(y – z)² + y(z – x)² + z(x - y)² = - 44
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Kurswettbewerb für Fortgeschrittene - LÖSUNGEN
5. April 2006
1. Aufgabe:
Zeigen Sie die folgenden 2 Ungleichungen:
a) Für alle nicht negativen reellen Zahlen x, y, z gilt:
x2 y2 z2 y z x
+
+
≥ + +
y2 z2 x2 x y z
b) a, b, c seien positive reelle Zahlen, die die Gleichung (1+ a).(1 + b).(1 + c ) = 8 erfüllen.
Man zeige: abc ≤ 1.
x2 y2 z2
y
z
x
Lösung a) Die Ungleichung gilt auch in der Form: (*) 2.( 2 + 2 + 2 ) ≥ 2 + 2 + 2 (Verdoppelung)
x
y
z
y
z
x
x2
y2
z2
x2 y2
z2 x2
y2 z2
Damit ergibt die linke Seite: 2 2 + 2 2 + 2 2 = ( 2 + 2 ) + ( 2 + 2 ) + ( 2 + 2 ) .
y
z
x
y
z
x
y
z
x
Mittels AM-GM Ungleichung gilt.: (
x2 y2
x 2 .y 2
x
z2 x2
z
+
≥
≥
und
(
+ 2 ) ≥ 2. bzw.
)
2
.
2
.
2
2
2
2 2
y
z
y
z
y .z
x
y
y
y2 z2
( 2 + 2 ) ≥ 2. Die Addition dieser 3 Ungleichungen ergibt die Ungleichung (*) ! q.e.d.
x
x
z
Lösung b) Die vorgegebene Gleichung wird auf der linken Seite ausmultipliziert und geordnet:
(1 + a )(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + ac + bc) + abc = 8 . Wegen der AM-GM gilt für die
mittleren Summanden: 3.3 abc ≤ (a + b + c) und 3.3 a 2 b 2 c 2 ≤ (ab + bc + ac) und somit:
3
gilt: 1 + 3. abc + 3. a .b .c + abc ≤ 8 Man erkennt nun an der linken Seite eine Binom-Potenz
2
3
2
2
3
der Form: (1 + abc ) ≤ 2 . Daraus kann man sofort die Kubikwurzel ziehen: 1 +
3
Somit erhält man leicht:
3
3
3
abc ) ≤ 2 .
abc ≤ 1 und durch Kubieren die gesuchte Ungleichung: a.b.c ≤1. q.e.d.
2. Aufgabe:
Das Dreieck ABC sei ein spitzwinkeliges Dreieck mit dem Umkreismittelpunkt O. Ein weiterer Kreis k
gehe durch die Punkte C, O, und B. Die Seiten AB und AC schneiden k ein weiteres Mal in P bzw. Q.
Man beweise, dass die Geraden AO und PQ senkrecht aufeinander stehen. (GB, 1996)
LÖSUNG: Man konstruiere zuerst den Sachverhalt (siehe Zeichnung)
Man verlängere zunächst AO bis zum Schnittpunkt X
mit der Strecke PQ Es ist zu zeigen, dass der Winkel ε
ein rechter Winkel ist:
Die Berechnung von ε als Außenwinkel am Dreieck
AXP ergibt: ε = ϕ+ψ. (1)
Der Supplementärwinkel von ψ ist ∠BPX = ∠BPQ.
Weil BPQC ein Sehnenviereck ist, gilt:
∠BCQ = ∠BCA = 180° - ∠BPX= 180° -(180°-ψ) = ψ
Wegen dem Umkreis durch ABC ist das Dreieck ABO
gleichschenklig und ∠AOB = 180° - 2.ϕ. Wegen
Peripheriewinkelsatz im Dreieck ABC gilt somit:
180° - 2.ϕ = 2.ψ bzw. ψ= 90° - ϕ . Somit gilt:
(1) ε = ϕ+ψ = ϕ+90° -ϕ = 90° q.e.d.
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3. Aufgabe:
a) Gegeben ist eine Folge x n +1 = 2.x n + 3 x n − 2 für alle n > 0 und x1 = 1 . Zeige, dass
2
die Folge nur natürliche Zahlen enthält und nicht konvergent ist.
b) Man bestimme die Anzahl der Quadrate natürlicher Zahlen in der Folge a n , n ≥ 0 mit dem
Bildungsgesetz: a n +1 = 10.a n + ( −1) und a3 = 91 Man berechne zuerst die ersten 6 Folgenglieder!
n
Lösung a) Man berechne zuerst ein paar Folgenglieder: x n = <1, 3, 11, 41, ….> Wegen der Wahl von
x1 = 1 und der Addition einer positiven Wurzel ist klar, dass die Folge aus positiven Zahlen besteht.
Durch Quadrieren der Rekursion ergibt sich: x n +1 − 4.x n +1 .x n + 4.x n = 3.x n − 2 und gleich:
2
2
2
(1) x n +1 − 4.x n +1 .x n + .x n = −2 und analog (2) x n + 2 − 4.x n + 2 .x n +1 + .x n +1 = −2 . Rechnet man (2) – (1),
2
2
2
2
so erhält man: x n +1 − x n − 4.( x n + 2 .x n +1 − x n +1 .x n ) = 0 und leicht:
2
2
(3) ( x n + 2 − x n )( x n + 2 + .x n ) = 4.x n +1 .( x n + 2 − x n ) Wäre x n +2 = x n müssten alle Folgenglieder identisch sein,
x
= 4. x
−x
was nicht der Fall ist, also muss gelten, x n + 2 + x n = 4. x n +1 bzw.
n+ 2
n +1
n.
Dies ist eine einfache lineare Rekursion, die durch die Wahl von x1 = 1 nur positive natürliche Zahlen
liefert, die Folgenglieder streng monoton wachsen lässt und eine unbeschränkte Folge erzeugt!
Lösung b) Man berechnet zuerst die ersten 6 Folgenglieder: a n = <0, 1, 9, 91, 909, 9091, 90909 ….>
Dies ergibt eine Vermutung: Für alle Folgenglieder mit ungeraden Indizes ab a3 gilt: die letzten beiden
Ziffern sind 91, und für alle geraden Indizes ab a4 gilt: Die letzten 3 Ziffern sind 909.
BEWEIS mittels Induktion:
(1) ungerade Indizes: Für viele n ≥ 1 gilt: a 2 n +1 ≡ 91(100)
Zeige: für n+1:
a 2 n +3 = 10.a 2 n + 2 + 1 = 10.(10.a 2 n +1 − 1) + 1 = 100a 2 n +1 − 9
Wegen der Induktionsannahme a 2 n +1 ≡ 91(100) gilt:
a2 n+3 ≡ 100a2 n+1 − 9 ≡ 9100 − 9 ≡ 9091 ≡ 91(100) q.e.d.
(2) gerade Indizes: Für viele n ≥ 1 gilt: a 2 n + 2 ≡ 909(1000)
Zeige: für n+1:
a2 n+ 4 = 10.a2 n +3 − 1 = 10.(10.a2 n+ 2 + 1) − 1 = 100a2 n+´21 + 9
Wegen der Induktionsannahme a 2 n + 2 ≡ 909(1000) gilt:
a2 n+ 4 ≡ 100a2 n + 2 + 9 ≡ 90900 + 9 ≡ 90909 ≡ 909(1000) q.e.d.
Da nun aber 91 ≡ 3( 4) sowie 909 ≡ 5(8) gilt, können ab dem 3. Folgenglied keine Quadratzahlen
auftreten. Somit sind die ersten drei Folgenglieder die einzigen Quadratzahlen in der gegebenen Folge!
(Quadratzahlen sind immer ≡ 0,1 (4) oder ≡ 0,1,4 (8) )
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4. Aufgabe:
Löse das folgende Gleichungssystem über R3: (1) x + y + z = - 2
(2) (y – z)² + (z – x)² + (x - y)² = 38
(3) x(y – z)² + y(z – x)² + z(x - y)² = - 44
Lösung: Das vorgegebene Gleichungssystem ist symmetrisch und kann daher mit symmetrischen
Grundfunktionen gelöst werden: x + y + z = - 2 = s1
Ausquadrieren der linken Seite der Gleichung (2) ergibt: x² + y² + z² = 19 + (xy + yz + xz) (*)
Quadrieren von (1) ergibt: (x + y + z)² = 4 = x² + y² + z² +2(xy +yz + xz) und durch einsetzen von (*) folgt
4 = 19 + 3(xy + yz + xz) und somit xy + yz + xz = - 5, also s2 = -5.
Ausrechnen der linken Seite von (3) liefert die Gleichung: xy² + yx² + xz² + zx² + yz² +y²z – 6xyz = -44
Herausheben: xy (x+y) + xz(x + z) +yz(z + y) – 6xy = -44 mit Gleichung (1) jeweils eingesetzt folgt:
xy(-2-z)+xz(-2-y)+yz(-2-x) – 6xyz = -44 und schließlich: -2(xy + xz + yz) – 9xyz = -44 (**)
Setzt man s2 in (**) ein so folgt: 10 – 9xyz+44 = 0 und somit xyz = 6, daher s3 = 6
Nun setzt man die kubische Gleichung für u an: u³ + 2u² -5u – 6 = 0 so erhält man mittels Hornerschema:
1
2
-5
-6
0 -1 -1
+6
-1: 1 1 -6
0!!
die Lösung u = -1 und das Restpolynom: u² + u – 6u = 0 mit den Lösungen
1
1 + 24
1 5
u2,3= − ±
und damit u2 = 2, u3 = -3
=− ±
2
4
2 2
Die Lösungsmenge besteht aus insgesamt 6 3 Tupeln: L = {( -1, 2, -3) mit allen Vertauschungen}