55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 11 Lösungen 1. Tag

55. Mathematik-Olympiade
4. Stufe (Bundesrunde)
Olympiadeklasse 11
Lösungen – 1. Tag
c 2016 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
551141 Lösung
6 Punkte
Erste Lösung: Angenommen, (a, b) ist eine Lösung des Gleichungssystems. Setzt man s = a+b
und t = ab, so lässt sich das gegebene Gleichungssystem in
s2 − 2t = 25 ,
3s − t = 15
umschreiben. Löst man die zweite Gleichung nach t auf und setzt sie in die erste ein, so ergibt
sich eine quadratische Gleichung in s,
s2 − 2(3s − 15) = 25 ,
s2 − 6s + 5 = 0 ,
(s − 1)(s − 5) = 0 ,
die die Lösungen s1 = 1 und s2 = 5 hat. Entsprechend ergeben sich t1 = −12 bzw. t2 = 0.
Um nun a und b zu ermitteln, müssen die Gleichungen a + b = s und ab = t mit s1 und t1
beziehungsweise s2 und t2 gelöst werden. Auflösen der ersten Gleichung nach b und Einsetzen
in die zweite Gleichung führt jeweils auf die quadratische Gleichung
a2 − sa + t = 0 ,
aus der Lösungen für a und anschließend b ermittelt werden können.
Fall 1: s1 = 1, t1 = −12:
a2 − a − 12 = 0 ,
(a − 4)(a + 3) = 0 .
Damit ergeben sich im ersten Fall für (a, b) nur die Möglichkeiten (−3, 4) und (4, −3).
Fall 2: s2 = 5, t2 = 0:
a2 − 5a = 0 ,
a(a − 5) = 0 .
Damit ergeben sich im zweiten Fall für (a, b) nur die Möglichkeiten (0, 5) und (5, 0).
Die Probe durch Einsetzen bestätigt, dass die Paare (−3, 4), (4, −3), (0, 5) und (5, 0) tatsächlich Lösungen des Gleichungssystems sind.
Zweite Lösung: Formt man die zweite Gleichung äquivalent um, so erhält man
a(3 − b) = 15 − 3b ,
1
woraus b 6= 3 folgt und damit
a=
15 − 3b
.
3−b
(1)
Einsetzen dieser Formel in die erste Gleichung liefert nun
also
und
(15 − 3b)2
+ b2 = 25 ,
(3 − b)2
(15 − 3b)2 + b2 (3 − b)2 = 25(3 − b)2 ,
9b2 − 90b + 225 + b4 − 6b3 + 9b2 = 25b2 − 150b + 225
b4 − 6b3 − 7b2 + 60b = 0 .
Durch Probieren findet man hier die Nullstellen b1 = 0, b2 = 4, b3 = 5 sowie b4 = −3 und
damit die Faktorisierung
b(b − 5)(b − 4)(b + 3) = 0 ,
die zeigt, dass es neben diesen vier Möglichkeiten für b keine weiteren geben kann.
Formel (1) liefert jetzt sofort a1 = 5, a2 = −3, a3 = 0 und a4 = 4. Schließlich bestätigt eine
Probe die vier Lösungspaare in derselben Weise wie in der ersten Lösung.
551142 Lösung
7 Punkte
Erste Lösung:
Erster Schritt: Bezeichnungen.
Es sei n eine nichtnegative ganze Zahl. Wir nehmen an, der Vater erstellt statt eines 55Tages-Plans einen Aufwaschplan für n Tage. Die entsprechenden Anzahlen mögen mit xn
beziehungsweise yn bezeichnet werden. Es gelten also x0 = 0, x1 = 0, x2 = 1 sowie y0 = 0,
y1 = 0 und y2 = 1.
Wir notieren die möglichen Aufwaschpläne als „Wörter“, das heißt als 55-Tupel p = (p1 , . . . , p55 )
mit pi ∈ {A, B, C} für i = 1, . . . , 55. Dabei soll pi = A bedeuten, dass Antonia am i-ten Tag
Aufwaschdienst hat, während pi = B und pi = C die entsprechenden Aussagen über Bernhard
beziehungsweise Christian repräsentieren. Zur Vereinfachung der Notation werden wir Wörter
(p1 , . . . , p55 ) auch kurz als p1 . . . p55 schreiben.
Zweiter Schritt: Die Folge (xn )n=1,...,55 genügt für n
xn = 2xn−1 + 2xn−2 + 3n−2 .
≥
2 der Rekursionsgleichung
In der Tat trifft für jedes Wort (p1 , . . . , pn ), das die Buchstabenkombination AA enthält, genau
einer der drei folgenden Fälle zu.
Fall 1: p1 ∈ {B, C}.
Die Anzahl dieser Wörter ist das Doppelte der Anzahl der Wörter (p2 , . . . , pn ) der Länge
n − 1, die die Buchstabenkombination AA enthalten, also gleich 2xn−1 .
Fall 2: p1 = A und p2 ∈ {B, C}.
Für die Anzahl dieser Wörter ergibt sich analog 2xn−2 .
2
Fall 3: p1 = p2 = A.
Diese Wörter beginnen bereits mit AA. Daher sind alle 3n−2 möglichen Wahlen für
(p3 , . . . , pn ) zulässig.
Diese Überlegung bestätigt die obige Rekursionsgleichung für (xn ).
Dritter Schritt: Die Folge (yn )n=1,...,55 erfüllt für n
yn = 3yn−1 − yn−2 + 3n−2 .
≥
2 die Rekursionsgleichung
Hier unterscheiden wir zwei Fälle.
Fall 1: Bereits das Anfangsstück (p1 , . . . , pn−1 ) enthält die Sequenz AB.
Es gibt 3yn−1 Möglichkeiten, da pn beliebig ausgesucht werden kann.
Fall 2: Es gelten pn−1 = A und pn = B, aber (p1 , . . . , pn−2 ) ist frei von Sequenzen AB.
Es gibt genau 3n−2 aus den Buchstaben A, B und C gebildete Wörter der Länge (n − 2).
Unter ihnen sind 3n−2 − yn−2 von AB frei.
Damit ist die obige Rekursionsgleichung für (yn ) bestätigt.
Man beachte, dass der erste Fall allein die Ungleichung 3yn−1 ≤ yn zeigt.
Vierter Schritt: Es gilt xn ≤ yn für alle ganzzahligen n ≥ 0 und dabei xn < yn für n ≥ 3.
Induktionsanfang, n = 0, 1, 2, 3: Die ersten drei Fälle ergeben sich unmittelbar aus den oben
angegebenen Werten. Weiterhin liefern die Rekursionsformeln x3 = 2 · 1 + 2 · 0 + 31 = 5 und
y3 = 3 · 1 − 0 + 31 = 6. Also ist tatsächlich x3 < y3 .
Induktionsschritt: Es sei n ≥ 4 und die Ungleichung bereits für alle kleineren n gezeigt. Dann
wissen wir xn−2 ≤ yn−2 und, da n − 1 ≥ 3 ist, sogar xn−1 < yn−1 . Daher gilt
xn = 2xn−1 + 2xn−2 + 3n−2 < 2yn−1 + 2yn−2 + 3n−2 .
Andererseits ist aber, wie gezeigt,
yn = 3yn−1 − yn−2 + 3n−2 ,
folglich yn − xn > yn−1 − 3yn−2 ≥ 0. Für die letzte Ungleichung beachte man die Beobachtung
vom Ende des dritten Schrittes.
Schlussfolgerung: Insbesondere ist also x55 < y55 , was die Frage aus der Aufgabenstellung
beantwortet.
Bemerkungen: Benutzt man ein für lineare Differenzengleichungen übliches Lösungsverfahren,
dann lassen sich explizite Bildungsvorschriften herstellen. Dies geschieht wie folgt.
1. Man versucht die Ansätze
xn = a1 λn1 + a2 λn2 + a3 3n
sowie analog
yn = b1 µn1 + b2 µn2 + b3 3n
und setzt diese in die Rekursionsgleichungen ein. Dies liefert
(λ21 − 2λ1 − 2) · a1 λ1n−2 + (λ22 − 2λ2 − 2) · a2 λ2n−2 + (a3 − 1) · 3n−2 = 0
3
und
(µ21 − 3µ1 + 1) · b1 µ1n−2 + (µ22 − 3µ2 + 1) · b2 µ2n−2 + (b3 − 1) · 3n−2 = 0 .
Für die zwei Lösungen λ1 , λ2 der quadratischen Gleichung λ2 − 2λ − 2 = 0 und die zwei
Lösungen µ1 , µ2 der quadratischen Gleichung µ2 − 3µ + 1 = 0 erfüllen die Ansätze folglich im
Fall a3 = b3 = 1 die Rekursionsgleichungen für beliebige Konstanten a1 , a2 , b1 und b2 .
Die beiden quadratischen Gleichungen λ2 − 2λ − 2 = 0 und µ2 − 3µ
√+ 1 = 0 besitzen nun
√ tatsächlich jeweils zwei voneinander verschiedene Lösungen λ1,2 = 1± 3 bzw. µ1,2 = (3 ± 5)/2.
Mit diesen liefern die Anfangsbedingungen x0 = x1 = 0 und y0 = y1 = 0 für die Konstanten
a1 , a2 bzw. b1 , b2 jeweils ein eindeutig lösbares lineares Gleichungssystem. Man erhält
√
√
(1 + 3)n+2 − (1 − 3)n+2
n
√
xn = 3 −
4 3
und


√ !n+1
√ !n+1
3+ 5
3− 5
1
.
−
yn = 3n − √ 
2
2
5
Wegen (3 +
√
5)/2 < 1 +
√
3 folgt auch auf diesem Wege leicht x55 < y55 .
2. Durch Einsetzen von n = 55 findet man die exakten Werte
x55 = 173 354 651 540 009 972 270 053 323
und
y55 = 174 335 151 708 094 235 100 618 288 .
Der relative Unterschied ist recht gering, was damit zusammenhängt, dass es für große Werte
von n unwahrscheinlich ist, dass ein Wort der Länge n ein bestimmtes anderes Wort der Länge
zwei nicht enthält. Dies führt dazu, dass xn , yn und 3n asymptotisch gleich sind, insbesondere also
xn
→1
yn
für n → ∞ gilt.
Zweite Lösung:
Erster Schritt: Bezeichnungen.
Die möglichen Pläne denken wir uns wie in der ersten Lösung als Wörter p = (p1 , . . . , p55 ) der
Länge 55 aufgeschrieben mit pi ∈ {A, B, C} für i = 1, . . . , 55.
Die Menge aller solchen Wörter, die die Buchstabenkombination AA enthalten, bezeichnen wir
mit X und die Menge aller derjenigen, die die Buchstabenkombination AB enthalten, mit Y .
Wir schreiben außerdem #M für die Anzahl der Elemente einer Menge M . Damit gelten
x = #X
und
y = #Y .
Wir werden zeigen, dass man jedem Plan p, der eine Buchstabenkombination AA enthält, derart einen Plan q, der eine Buchstabenkombination AB enthält, zuordnen kann, dass umgekehrt
der Plan p eindeutig rekonstruiert werden kann, wenn nur q bekannt ist.
Wir konstruieren also eine Abbildung f : X → Y , die injektiv ist, das heißt, bei der aus
f (p) = f (p′ ) stets p = p′ folgt. Ist das gelungen, dann haben wir damit x ≤ y gezeigt. Die
4
Konstruktion von f wird im dritten Schritt erfolgen; die Injektivität wird im vierten Schritt
gezeigt.
Zeigen wir zusätzlich, dass es einen solchen Plan q mit AB gibt, dass q = f (p) für keinen Plan
p gilt, so ist q nicht im Bild der Abbildung f enthalten. Dann ist f also nicht surjektiv, woraus
x < y folgt. Dies wird im fünften Schritt gezeigt.
Zweiter Schritt: Vorbetrachtungen zu A-Blöcken.
Es sei p = (p1 , . . . , p55 ) ein Wort. Unter einem A-Block von p verstehen wir ein Fragment von
p der Form (A, A, . . . , A), das
– am Wortanfang beginnt oder einen von A verschiedenen Buchstaben als unmittelbaren
Vorgänger hat und
– am Wortende endet oder einen von A verschiedenen Buchstaben als unmittelbaren Nachfolger hat.
Anders ausgedrückt: Ein A-Block wird gegeben durch Zahlen 1 ≤ i < j ≤ 55 mit der Eigenschaft, dass
(pi , pi+1 , . . . , pj ) = (A, A, . . . , A)
ist und sowohl i = 1 oder pi−1 6= A als auch j = 55 oder pj+1 6= A gelten.
Diese Definition stellt insbesondere sicher, dass sich zwei A-Blöcke niemals überlappen oder
unmittelbar aneinander angrenzen.
Dritter Schritt: Konstruktion der Abbildung f .
Es sei i der kleinste Index mit pi = pi+1 = A. Wir werden das am weitesten links stehende
AA durch AB ersetzen. Weiterhin werden alle eventuell links davon stehenden AB durch AA
ersetzt. Abgesehen davon lassen wir das Wort unverändert. Zusammengefasst definieren wir
also q durch

A , falls j = i ,



B , falls j = i + 1 ,
qj :=
A , falls 1 < j < i und pj−1 = A sowie pj = B ,



pj für alle anderen j .
Wir bemerken, dass bei dieser Prozedur in q für j < i weitere Paare mit qj = A und qj+1 = B
entstehen können, wie das Beispiel
f (ABABBAA . . . ) = AAAABAB . . .
zeigt. In solchen Fällen muss aber qj = A selbst durch Umwandlung aus pj = B entstanden
sein. Es ist dann also notwendigerweise pj−1 = qj−1 = A, und wegen der Minimalität von i
ist pj−2 6= A. Fortsetzen dieses Arguments liefert: Immer wenn unmittelbar links von einem
qk = B mit k < i ein A steht, ist der gesamte A-Block, der an dieser Stelle endet, von gerader
Länge.
A-Blöcke ungerader Länge, die von C rechts begrenzt werden, sind dagegen im Bild möglich,
zum Beispiel ist f (ABACAA . . . ) = AAACAB . . .
Schließlich ist auch qi−1 = A möglich; zum Beispiel ist
f (. . . ABABAA . . . ) = . . . AAAAAB . . . .
5
Wegen pi−1 6= A kann auch ein solcher Fall nur durch Umwandlung entstanden sein. Da bei
der Umwandlung Buchstaben A nur paarweise entstehen, geht qi+1 = B stets ein A-Block
ungerader Länge voraus.
Vierter Schritt: Aus f (p) = f (p′ ) folgt p = p′ .
Es sei q = f (p), uns sei aber lediglich q bekannt. Wir werden p aus q rekonstruieren.
Das in q am weitesten links stehende qk = B, dem ein A-Block ungerader Länge vorangeht, ist
das durch Ersetzung aus AA entstandene. Wir haben damit für das noch unbekannte p den
Index i, der in der Definition von f auftritt, zu i := k − 1 bestimmt.
Mit diesem Index i findet man p folgendermaßen: Man setzt zunächst p = q und ersetzt
pi+1 := A. Weiterhin ersetzt man alle in (p1 , . . . , pi−1 ) auftretenden AA, von links beginnend,
durch AB. Ein A-Block ungerader Länge wird also durch ABAB . . . ABA ersetzt. Abgesehen
von diesen Abänderungen lässt man p unverändert.
Fünfter Schritt: Es gibt ein Wort aus Y , das nicht im Bild von f liegt.
Zum Beispiel liegt das Wort q = AABB . . . B nicht im Bild von f , da es darin kein B gibt,
dem ein A-Block ungerader Länge vorausgeht.
Es gilt also x < y.
551143 Lösung
7 Punkte
Erste Lösung:
M
A
I
C
P
B
Ha
Oa
Ia
L 551143 a
6
1. Der Mittelpunkt des Inkreises des Dreiecks ABC sei mit I bezeichnet. Die Strecken BIa
und CIa liegen auf den Winkelhalbierenden von Außenwinkeln des Dreiecks ABC. Damit hat
das Dreieck Ia CB nur spitze Winkel, und sein Höhenschnittpunkt Ha liegt im Innern dieses
Dreiecks, vgl. Abbildung L 551143 a.
Die Strahlen BI und CI halbieren die Innenwinkel, also die Nebenwinkel der anliegenden
Außenwinkel. Damit sind die Winkel Ia BI und ICIa rechte Winkel. Das Viereck IBIa C ist
demnach ein Sehnenviereck und die Diagonale Ia I ein Durchmesser seines Umkreises. Somit
ist der Mittelpunkt der Strecke IIa , dies sei Oa , der Umkreismittelpunkt des Dreiecks Ia CB.
Die Höhenabschnitte CHa und BHa stehen ebenfalls auf ihren Grundseiten BIa beziehungsweise CIa senkrecht. Deshalb gilt IB k CHa und IC k BHa . Folglich ist das Viereck BHa CI
ein Parallelogramm, und die Punkte I und Ha haben von der Geraden BC denselben Abstand.
2. Wir bezeichnen den Inkreisradius des Dreiecks ABC mit r. Der Punkt P sei die Projektion
des Punktes Ia auf die Dreiecksseite BC, also der Mittelpunkt der Strecke Ia M . Dann gilt
|Ha P | = r. Der Radius |Ia P | des Ankreises sei mit ra bezeichnet. Dann gilt
r
|P Ha |
|AI|
=
=
,
|AIa |
ra
|P Ia |
und es folgt
|Ha Ia |
|Ha Ia |
1 |P Ia | − |P Ha |
1 |AIa | − |AI|
1 |IIa |
|Oa Ia |
=
= ·
= ·
= ·
=
.
|M Ia |
2 · |P Ia |
2
|P Ia |
2
|AIa |
2 |AIa |
|AIa |
Die dabei benutzte Gleichung |Ha Ia | = |P Ia | − |P Ha | ergibt sich daraus, dass Ha zwischen P
und Ia liegt – denn wie eingangs festgestellt liegt Ha innerhalb des Dreiecks Ia CB.
Insgesamt haben wir also
|Oa Ia |
|Ha Ia |
=
,
|M Ia |
|AIa |
und aufgrund der Umkehrung des Strahlensatzes impliziert dies, dass die Gerade Oa Ha zur
Geraden AM parallel ist. Das war zu beweisen.
Bemerkung: Die notwendige Lagebetrachtung für Ha erübrigt sich, wenn man mit orientierten
Strecken arbeitet.
7
Zweite Lösung:
M
A
T
B
N
I
R
S
C
W
P
V
Ha
Oa
U
Ia
L 551143 b
1. Wie im ersten Teil der vorigen Lösung führen wir die Punkte Oa , Ha , I und P ein, stellen
fest, dass Oa der Umkreismittelpunkt des Dreiecks Ia CB ist, und zeigen, dass das Viereck
BHa CI ein Parallelogramm ist, vgl. Abbildung L 551143 b.
2. Die beiden Geraden BC und IHa schneiden sich also im Mittelpunkt W der Seite BC. Es
seien nun R der Berührungspunkt des Inkreises mit dieser Seite und N der R auf dem Inkreis
diametral gegenüberliegende Punkt. Die weiteren Berührungspunkte des In- und Ankreises
mit den Seiten des Dreiecks und deren Verlängerungen seien S, T , U und V wie in Abbildung
L 551143 b gezeigt.
Die Abschnitte der beiden von einem Punkt außerhalb eines Kreises an diesen Kreis gelegten Tangenten vom gegebenen Punkt bis zum jeweiligen Berührungspunkt sind stets gleich
lang. Für die Tangentenabschnitte von A, B und C an den Inkreis gilt damit |AS| = |AT |,
|BR| = |BT | und |CR| = |CS|, woraus unter Beachtung der Lage von R, S und T im Innern
der Dreiecksseiten folgt 2 |BR| = |AB| + |BC| − |AC|. Eine ebensolche Betrachtung der Tangentenabschnitte von A, B und C an den Ankreis mit Mittelpunkt Ia ergibt |AU | = |AV |,
|BP | = |BU | und |CP | = |CV |, woraus mit Beachtung der Lage der Punkte P , U und V folgt
2 |CP | = |AB| + |BC| − |AC|.
Damit ist |BR| = |P C|. Also ist W der Mittelpunkt der Strecke RP , und nach Konstruktion
ist I der Mittelpunkt der Strecke N R. Hiernach sind die Geraden IHa und N P parallel.
Die zentrische Streckung an A, die den Ankreis auf den Inkreis abbildet, bildet P auf den
Berührungspunkt des Letzteren mit seiner von BC verschiedenen, aber zu BC parallelen
Tangente und damit auf N ab, d. h. die Punkte A, N und P sind kollinear.
8
Zusammengefasst haben wir also AP k IHa .
3. Wegen |Ia M | = 2 |Ia P | und |Ia I| = 2 |Ia Oa | folgt hieraus
|Ia A|
2 |Ia A|
2 |Ia P |
|Ia M |
=
=
=
,
|Ia Oa |
|Ia I|
|Ia Ha |
|Ia Ha |
d. h. AM k Oa Ha , womit die Aufgabe gelöst ist.
9