42. Österreichische Mathematische Olympiade

42. Österreichische Mathematische
Olympiade
Landeswettbewerb für Anfängerinnen und Anfänger
16. Juni 2011
Aufgabe 1. Es sei x die kleinste positive ganze Zahl, für die 2x das Quadrat einer ganzen
Zahl, 3x die dritte Potenz einer ganzen Zahl und 5x die fünfte Potenz einer ganzen Zahl
ist.
Man bestimme die Primfaktorzerlegung von x.
St. Wagner, Universität Stellenbosch
Lösung 1. Wenn die Primfaktorzerlegung von x durch 2a 3b 5c pe44 . . . perr (mit a, b, c ≥ 0)
gegeben ist, dann muss
• a durch 15 teilbar und ungerade,
• b durch 10 teilbar und b + 1 durch 3 teilbar,
• c durch 6 teilbar und c + 1 durch 5 teilbar sein.
Die kleinsten solchen Zahlen (durch einfaches Probieren) sind a = 15, b = 20, c = 24.
Alle anderen Exponenten in der Primfaktorzerlegung von x müssen Vielfache von 30 sein,
den kleinsten Wert für x erhalten wir, wenn alle anderen Exponenten 0 sind.
Daher ist die Lösung x = 215 · 320 · 524 .
(St. Wagner)
Lösung 2. Es gibt laut Angabe ganze Zahlen a, b, c, sodass
2x = a2 ,
3x = b3 ,
5x = c5 .
Aus der ersten Gleichung sehen wir, dass a gerade sein muss, also a = 2d für ein passendes
d und erhalten nach Kürzen von 2 somit x = 2d2 .
Wir setzen dies in die zweite Gleichung ein und erhalten 6d2 = b3 . Somit ist b durch
2 und durch 3 teilbar und wir setzen b = 6e und erhalten d2 = 22 · 32 · e3 . Somit muss d
durch 2 und durch 3 teilbar sein, wir schreiben d = 6f und erhalten f 2 = e3 . Somit ist die
Quadratzahl f 2 gleich einer Kubikzahl e3 , es muss sich damit um g 6 für ein passendes g
handeln. Wir erhalten damit f = g 3 und in der Folge d = 6g 3 und x = 23 · 32 · g 6 .
1
Wir setzen dies nun in die dritte Gleichung ein und erhalten 5 · 23 · 32 · g 6 = c5 . Somit
teilen die Primzahlen 2, 3 und 5 die Zahl c5 und damit auch c. Somit setzen wir c = 30h
und damit
g6
24 · 33 · 52 · i6
i6
25 · 34 · 53 · k 6
k6
35 · 54 · m6
m6
55 · o6
o6
= 22 · 33 · 54 · h5 ,
= h5 ,
= 2 · 32 · 53 · j 5 ,
= j 5,
= 3 · 52 · `5 ,
= `5 ,
= 5n5 ,
= n5 ,
= p5 .
g = 30i,
h = 30j,
i = 30k,
j = 30`,
k = 15m,
` = 15n,
m = 5o,
n = 5p,
Eine fünfte Potenz ist nur dann gleich einer sechsten Potenz, wenn es sich in Wahrheit um
eine dreißigste Potenz handelt, also o6 = p5 = q 30 . Wir erhalten somit o = q 5 und damit
x = 23 · 32 · (302 · 15 · 5 · q 5 )6 = 23+6·2 · 32+3·6 · 54·6 · q 30 = 215 · 320 · 524 · q 30 . Das kleinste
positive solche x ergibt sich natürlich für q = 1 und x = 215 · 320 · 524 .
(C. Heuberger)
Lösung 2a. Wir verwenden die gleiche Idee wie die 2. Lösung, nur „von unten nach oben“.
Aus der dritten Gleichung ergibt sich c = 5d und x = 54 d5 . Wir setzen das in die zweite
Gleichung und erhalten
3 · 54 · d5
d5
33 · 53 · f 5
f5
= b3
= 32 · 52 · e3 ,
= e3 ,
= g3
b = 3 · 52 · e,
d = 15f,
e = 15g,
und damit f = h3 und x = 54 · (15h3 )5 = 35 · 59 · h15 . Wir setzen das in die erste Gleichung
ein und erhalten
2 · 35 · 59 · h15
h15
214 · 314 · 514 · j 15
j 15
= a2 ,
= 2 · 3 · 5 · i2 ,
= i2 ,
= k2
a = 2 · 33 · 55 · i,
h = 30j,
i = 27 · 37 · 57 · k,
und damit j = `2 , x = 35 · 59 · (30`2 )15 = 215 · 320 · 524 · `30 . Das kleinste x ergibt sich wieder
für ` = 1, also x = 215 · 320 · 524 .
(C. Heuberger)
2
Aufgabe 2. Es seien p und q reelle Zahlen. Die quadratische Gleichung
x2 + px + q = 0
habe die reellen Lösungen x1 und x2 .
Zusätzlich gelten die folgenden zwei Bedingungen:
(i) Die Zahlen x1 und x2 unterscheiden sich voneinander um genau 1.
(ii) Die Zahlen p und q unterscheiden sich voneinander um genau 1.
Man zeige, dass dann p, q, x1 und x2 ganze Zahlen sind.
G. Kirchner, Universität Innsbruck
Lösung 1. Wegen der Symmetrie der Angabe kann ohne Beschränkung der Allgemeinheit
angenommen werden, dass x1 ≥ x2 .
Die Lösungsformel der quadratischen Gleichung ergibt
p
p
p2 − 4q
p2 − 4q
p
p
x1 = − +
und x2 = − −
.
2
2
2
2
p
Die positive Differenz der beiden Nullstellen ist also p2 − 4q = 1 und damit gilt
p2 − 4q = 1.
(1)
Wir behandeln nun zwei Fälle, je nachdem, welche der beiden Zahlen p und q die größere
ist.
Fall 1: q = p − 1
Durch Einsetzen der Bedingung in die Gleichung (1) ergibt sich p2 − 4p + 4 = 1 und
damit (p − 2)2 = 1.
Das ergibt die beiden Lösungen p − 2 = 1 und p − 2 = −1 und daher p = 3, q = 2,
x1 = −1, x2 = −2 und p = 1, q = 0, x1 = 0, x2 = −1.
Fall 2: q = p + 1
Durch Einsetzen in die Gleichung (1) ergibt sich p2 − 4p − 4 = 1 und damit (p − 2)2 = 9.
Das ergibt die beiden Lösungen p − 2 = 3 und p − 2 = −3 und daher p = 5, q = 6,
x1 = −2, x2 = −3 und p = −1, q = 0, x1 = 1, x2 = 0.
Alle gefundenen Werte sind ganze Zahlen.
(Th. Eisenkölbl)
Lösung 2. Wir nehmen oBdA an, dass x1 die größere Lösung ist und erhalten x1 = x2 + 1.
Also gilt nach Vieta p = −(x1 + x2 ) = −2x2 − 1 und q = x1 x2 = x22 + x2 .
Nach den obigen Gleichungen reicht es zu überprüfen, dass x2 eine ganze Zahl sein
muss.
Fall 1: q = p − 1
Das ergibt x22 + x2 = −2x2 − 1 − 1 und damit x22 + 3x2 + 2 = 0. Es gilt also x2 = −1
oder x2 = −2, beides ganze Zahlen.
3
Fall 2: q = p + 1
Das ergibt x22 + x2 = −2x2 − 1 + 1 und damit x22 + 3x2 = 0. Es gilt also x2 = 0 oder
x2 = −3, wieder ganze Zahlen, womit alles bewiesen ist.
(Th. Eisenkölbl)
Aufgabe 3. Es seien x, y positive reelle Zahlen mit
x + y + xy = 3.
Man beweise, dass
x + y ≥ 2.
Wann gilt Gleichheit?
K. Czakler, GRG 21, Wien
Lösung 1. Wir führen einen indirekten Beweis: Wir nehmen an, es sei x + y < 2. Aus der
arithmetisch-geometrischen Mittelungleichung folgt dann
2
x+y
<1
xy ≤
2
und damit
x + y + xy < 2 + 1 = 3,
ein Widerspruch zur gegebenen Nebenbedingung. Gleichheit gilt, wenn x + y = 2 und
x = y, also x = y = 1.
(K. Czakler)
Lösung 2. Wir stellen zunächst y aus der Nebenbedingung explizit dar:
x + y + xy = 3,
y(1 + x) = 3 − x,
3−x
y=
,
1+x
⇔
⇔
wobei Division durch x + 1 wegen x > 0 zulässig war.
Wir formen damit die zu beweisende Ungleichung äquivalent um:
x+y ≥2
3−x
x+
≥ 2,
1+x
x2 + 3 ≥ 2 + 2x,
x2 − 2x + 1 ≥ 0,
(x − 1)2 ≥ 0.
⇔
⇔
⇔
⇔
Gleichheit gilt genau dann, wenn x = 1, also auch y = 1.
(K. Czakler)
4
Lösung 3. Wir gehen indirekt vor. Angenommen, es wäre x + y < 2, d.h. x < 2 − y. Dann
gilt:
3 = x + y + xy < 2 + (2 − y)y,
3 < 2 + 2y − y 2 ,
y 2 − 2y + 1 < 0,
(y − 1)2 < 0,
⇔
⇔
⇔
ein offensichtlicher Widerspruch.
Gleichheit gilt genau dann, wenn x = 2 − y, also 2 + (2 − y)y = 3, d.h. y = 1 und
x = 1.
(W. Janous)
Lösung 4. Zunächst gilt
x + y + xy = 3,
xy + x + y + 1 = 4,
(x + 1)(y + 1) = 4.
⇔
⇔
Damit können wir die behauptete Ungleichung folgendermaßen umformen:
⇔
⇔
x + y ≥ 2,
x + 1 + y + 1 ≥ 4,
p
x + 1 + y + 1 ≥ 2 (x + 1)(y + 1).
Dies gilt aber auf Grund der arithmetisch-geometrischen Mittelungleichung.
Gleichheit ergibt sich demnach genau für x + 1 = y + 1, d.h. für x = y. Dies und
x + y = 2 ergeben x = y = 1.
(W. Janous)
Lösung 5. Aus x + y + xy = 3 erhalten wir wegen
(x + y)2
xy ≤
4
(arithmetisch-geometrische Mittelungleichung), dass
(x + y)2
,
4
0 ≤ (x + y)2 + 4(x + y) − 12.
3 ≤ (x + y) +
⇔
Mit s = x + y erhalten wir über die Faktorisierung von s2 + 4s − 12, dass dies äquivalent
zu
⇔
⇔
0 ≤ (x + y − 2)(x + y + 6),
0 ≤ x + y − 2,
x+y ≥2
5
ist.
Gleichheit bedeutet x + y = 2, d.h. y = 2 − x. Damit haben wir
x + y + xy = 3,
2 + x(2 − x) = 3,
x2 − 2x + 1 = 0,
x = 1.
⇔
⇔
⇔
(W. Janous)
Lösung 6. Wir ersetzen y durch z1 . Dann wird x + y + xy = 3 zu
x+
1 x
+ = 3,
z z
d.h. xz + x + 1 = 3z, also
xz + 1 = 3z − x.
(2)
Dann ist die zu beweisende Ungleichung x + y ≥ 2 äquivalent zu
1
≥ 2,
z
xz + 1 ≥ 2z.
x+
⇔
Durch Verwendung von (2) ist dies äquivalent zu
3z − x ≥ 2z,
z ≥ x.
⇔
Um dies zu beweisen, verwenden wir die arithmetisch-geometrische Mittelungleichung:
r
x
1
x
x
3= + x+
≥ +2
.
z
z
z
z
p
Mit w = xz ist diese Ungleichung äquivalent zu
3 ≥ w2 + 2w,
w2 + 2w − 3 ≤ 0,
(w − 1)(w + 3) ≤ 0,
w − 1 ≤ 0,
r
x
≤ 1,
z
x ≤ z.
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
Gleichheit gilt genau dann, wenn x = z, d.h. x +
6
1
x
= 2, also x = 1 und damit y = 1.
(W. Janous)
Lösung 7. Mit den Ersetzungen x →
Bedingung
1
a
und y →
1
b
erhalten wir aus x + y + xy = 3 die
1 1
1
+ +
= 3,
a b ab
a + b + 1 = 3ab.
⇔
Zu zeigen ist nun
1 1
+ ≥ 2,
a b
a + b ≥ 2ab,
3ab − 1 ≥ 2ab,
ab ≥ 1.
⇔
⇔
⇔
Mit der arithmetisch-geometrischen Mittelungleichung erhalten wir aber
ab =
√
a+b+1 √
3
3
≥ ab1 = ab,
3
also ab ≥ 1.
Gleichheit gilt demnach genau dann, wenn x = y = 1.
(W. Janous)
Aufgabe 4. Es sei ABC ein gleichschenkeliges Dreieck mit AC = BC. Auf dem Bogen
CA seines Umkreises, der B nicht enthält, liege ein Punkt P . Der Fußpunkt der Normalen
durch C auf die Gerade AP werde mit E bezeichnet, der Fußpunkt der Normalen durch C
auf die Gerade BP werde mit F bezeichnet.
Man beweise, dass die Strecken AE und BF gleich lang sind.
W. Janous, WRG Ursulinen, Innsbruck
Lösung 1. Mit dem Peripheriewinkelsatz gilt:
]P AC = ]P BC
Daher haben die rechtwinkeligen Dreiecke AEC und BF C gleich große Winkel und die
gleich lange Hypotenuse AC = BC. Sie sind daher kongruent und es gilt AE = BF .
(K. Czakler)
Lösung 2. Mit dem Peripheriewinkelsatz gilt:
]AP B = ]ACB = γ und ]BP C = ]BAC = α.
Daher gilt für den Winkel
]EP C = 180◦ − α − γ = β = α.
7
C
E
γ
P
α
γ
F
α
A
α
D
B
Figure 1: Skizze zu Aufgabe 4.
Daher haben die rechtwinkeligen Dreiecke P F C und P EC gleich große Winkel und die
gemeinsame Hypotenuse P C. Sie sind daher kongruent und es gilt CE = CF .
Daher sind auch die beiden Dreiecke AEC und BF C kongruent, da sie in zwei Seiten
und jenem Winkel übereinstimmen, der der längeren Seite gegenüberliegt. Daraus folgt
aber unmittelbar die Behauptung.
(K. Czakler)
Lösung 3. Die Gerade EF ist die Simson-Gerade von C in Bezug auf das Dreieck AP B.
Sie geht daher auch durch den Halbierungspunkt D von AB.
Das Viereck AECD ist ein Sehnenviereck und es gilt
]DAC = ]DEC = α.
Mit dem Peripheriewinkelsatz folgern wir weiter
]EP C = 180◦ − ]AP C = ]ABC = α.
Daher steht EF normal auf P C und wegen
]BP C = ]BAC = α
liegen die Punkte E und F symmetrisch zu P C und es gilt CE = CF .
Aus
q
q
2
2
2
2
AE = AC − CE und BF = BC − CF
folgt dann die Behauptung.
(K. Czakler)
8