48. Mathematik-Olympiade Regionalrunde

48. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 12–13. Klasse
481321 Lösung
9 Punkte
Angenommen, das Gleichungssystem hat reelle Lösungen. Addiert man die drei Gleichungen,
erhält man
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 0.
Da Quadrate reeller Zahlen stets positiv sind, wenn die Basis nicht null ist, folgt
x − 1 = y − 1 = z − 1 = 0,
also
x=y=z=1
als einzig mögliche Lösung.
Eine Probe bestätigt, dass x = y = z = 1 tatsächlich Lösung ist.
Lösungsvariante: Aus
z2 + 1
x2 + 1
y2 + 1
, y=
, z=
2
2
2
folgt nach der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel
x=
x ≥ |z| ≥ z ≥ |y| ≥ y ≥ |x| ≥ x
und damit die Beziehung x = y = z, mit der das Gleichungssystem zu
x2 − 2x + 1 = 0
äquivalent ist. Diese quadratische Gleichung besitzt die einzige Lösung
x = 1.
Folglich ist x = y = z = 1 die einzige Lösung des Gleichungssystems, wie eine Probe bestätigt.
481322 Lösung
11 Punkte
Teil a) Der Berührungspunkt von EF und k sei P . Dann sind die Dreiecke ABE und AEP
nach Kongruenzsatz SSS kongruent, weil P E und EB als Tangentenabschnitte gleich lang
sind, AP und AB als Radien und beide Dreiecke die Seite AE gemeinsam haben. (Alternativ
kann auch mit dem Kongruenzsatz SsW argumentiert werden.)
Analog sind die Dreiecke AP F und AF D kongruent.
Also ist
|<) EAF | = |<) EAP | + |<) P AF |
= 12 (|<) BAE| + |<) EAP | + |<) P AF | + |<) F AD|)
= 12 |<) BAD| = 21 · 90◦ = 45◦.
1
Teil b)
Der Punkt B 0 sei das Spiegelbild des Punktes B an der Geraden AE. Dann liegt B 0 auf dem Kreis k. Wegen |<) EAB 0 | =
|<) BAE| ≤ 45◦ gilt
D
F
C
k
) EAB 0 | = 45◦ − (90◦ − |<
) EAD|)
|<) B 0 AF | = 45◦ − |<
◦
= −45 + |<) EAD| = |<) F AD|.
Also ist der Punkt B 0 auch das Spiegelbild des Punktes D
an der Geraden AF . Daraus folgt nun, dass |<) F B 0 A| =
|<) ADF | = 90◦ und |<) AB 0 E| = |<) EBA| = 90◦ ist. Somit
liegen die Punkte E, B 0 und F auf ein und derselben Geraden, die auf dem Radius AB 0 senkrecht steht und deshalb eine
Tangente an den Kreis ist.
B0
E
45◦
A
B
Abbildung L 481322
481323 Lösung
10 Punkte
Nach Voraussetzung existieren positive ganze Zahlen p, q, r, für die gilt
pa = a + b + c,
qb = a + b + c,
rc = a + b + c.
Die Faktoren p, q, r sind größer oder gleich 3, denn pa = a + b + c widerspricht für p = 1 der
Positivität der Seitenlängen und für p = 2 der Dreiecksungleichung a < b + c. Entsprechend
argumentiert man für q und r. Addition der obigen Gleichungen liefert
pa + qb + rc = 3a + 3b + 3c.
Aus p, q, r ≥ 3 folgt nun sofort p = q = r = 3 und damit die Behauptung a = b = c.
Lösungsvariante: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann a ≤ b ≤ c angenommen werden.
Also gilt für den Umfang
u = a + b + c ≤ 3c.
Aus der Dreiecksungleichung folgt andererseits
u = (a + b) + c > c + c,
und folglich gilt
2 < uc ≤ 3.
(1)
Da nach Voraussetzung c Teiler von u ist, muss uc ganz sein. Die einzige ganze Zahl, die (1)
erfüllt, ist 3, deshalb gilt u = 3c. Ersetzt man u wieder durch a + b + c, so bekommt man
a + b = c + c. Wegen der Annahme a ≤ b ≤ c folgt, dass a = b = c und somit das Dreieck
gleichseitig ist.
481324 Lösung
10 Punkte
Nur wenn x 6= a1 + a2 ist, sind alle Terme der Ungleichung definiert.
2
Da die Ungleichung symmetrisch in a1 , a2 ist, können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit
a1 ≤ a2 annehmen.
1. Fall: x < a1 + a2 . Dann sind die folgenden Ungleichungen zueinander äquivalent:
1
1
1
1
+
<
+
x a1 + a 2 − x
a1 a2
a1 + a 2
a1 + a 2
<
x(a1 + a2 − x)
a1 a2
a1 a2 < x(a1 + a2 − x)
a1 a2 < xa1 + xa2 − x2
(a1 − x)(a2 − x) < 0.
Die letzte Ungleichung ist genau dann erfüllt, wenn a1 − x < 0, a2 − x > 0 oder a1 − x > 0,
a2 − x < 0 ist. Letzteres impliziert den Widerspruch 0 > a2 − x ≥ a1 − x > 0. Damit ist
a1 < x < a2 . Wegen a1 + a2 > a2 > x ist dann automatisch die Bedingung a1 + a2 > x erfüllt.
2. Fall: x > a1 + a2 . Dann lässt sich die Ungleichung wie folgt äquivalent umformen
1
1
1
1
+
<
+
x a1 + a 2 − x
a1 a2
a1 + a 2
a1 + a 2
<
x(a1 + a2 − x)
a1 a2
a1 a2 > x(a1 + a2 − x)
a1 a2 > xa1 + xa2 − x2
(a1 − x)(a2 − x) > 0.
Nun ist aber x > a1 + a2 > a1 , also a1 − x < 0 und ebenso a2 − x < 0. Daher ist
(a1 − x)(a2 − x) > 0
in diesem Fall immer erfüllt.
Unter Beachtung des zweiten Falls a1 > a2 ergibt sich insgesamt, dass die Ungleichung genau
dann erfüllt ist, wenn
a1 < x < a2 oder a2 < x < a1 oder a1 + a2 < x
gilt.
3
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 481321
Insgesamt: 9 Punkte
Ansatz (wie Addition mit Ausklammern oder Umstellen der Gleichungen) . . . . . . . .
Geeignete Ungleichungsargumente (z. B. arithmetisches/geometrisches Mittel
oder Nichtnegativität von Quadraten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Weitere Schlüsse auf einzigen Lösungskandidaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Probe und Formulierung der vollständigen Antwort x = y = z = 1 . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 481322
2 Punkte
2 Punkte
3 Punkte
2 Punkte
Insgesamt: 11 Punkte
Teil a) Feststellung und Nachweis einer geeigneten Dreieckskongruenz . . . . . . . . . . . .
Weitere Dreieckskongruenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Auswertung für Winkelgröße . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Teil b) Einführung und Definition geeigneter Hilfsobjekte (z. B. Punkt B 0 ) . .. . . . . .
Auswertung durch geeignete Winkelbetrachtungen (z. B. Nachweis
der Kollinearität) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss auf Behauptung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 481323
2 Punkte
1 Punkt
2 Punkte
1 Punkt
4 Punkte
1 Punkt
Insgesamt: 10 Punkte
Bei einem Vorgehen entsprechend dem 1. Lösungsvorschlag:
Ansatz (Gleichungsformulierung) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Ausnutzung elementarer Ungleichungen zur Einschränkung . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Gleichungsumformungen (z. B. Addition) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Auswertung und Schluss auf Gleichseitigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Bei einem Vorgehen entsprechend dem 2. Vorschlag:
Geeignete Annahme ohne Beschränkung der Allgemeinheit“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
”
Formulierung notwendiger Ungleichungsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Herleitung weiterer Bedingungen (insbesondere
über Ganzzahligkeit/Teilbarkeit) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Auswertung und Schluss auf Gleichseitigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 481324
2
3
3
2
Punkte
Punkte
Punkte
Punkte
1 Punkt
4 Punkte
3 Punkte
2 Punkte
Insgesamt: 10 Punkte
Definitionsbereich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Gegebenenfalls geeignete Annahme ohne Beschränkung der Allgemeinheit“
”
und vollständige Fallunterscheidung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Auswertung eines Falls durch Umformungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Auswertung der übrigen Fälle (hier 2. Fall) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Korrekte Formulierung der Gesamtlösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1 Punkt
1
4
3
1
Punkt
Punkte
Punkte
Punkt