55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde

55. Mathematik-Olympiade
4. Stufe (Bundesrunde)
Olympiadeklasse 10
Lösungen – 2. Tag
c 2016 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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551044 Lösung
6 Punkte
Teil a) Die Quersumme einer natürlichen Zahl lässt den gleichen Rest modulo 9 wie die Zahl
selbst. Addiert man somit zu einer natürlichen Zahl das Doppelte ihrer Quersumme, so ist das
Ergebnis durch 3 teilbar. Addiert man nun zu einer durch 3 teilbaren Zahl das Doppelte ihrer
Quersumme, so ist das Ergebnis durch 9 teilbar.
In jeder der in der Aufgabenstellung beschriebenen Folgen ist also a2 durch 3 und alle ai , i > 2,
sind durch 9 teilbar.
Da die Zahl 2015 nicht durch 3 oder 9 teilbar ist, kann sie also keines der Folgenglieder
ai , i > 1, sein. 2015 ist auch nicht dreistellig und kann deshalb auch nicht die Startzahl a1
sein. Somit ist 2015 für keine Startzahl in der Folge enthalten.
Teil b) Da außerdem die Differenz zweier aufeinanderfolgender Folgenglieder immer gerade
ist, sind entweder alle Folgenglieder gerade oder alle ungerade. Die Zahl 2016 könnte also
höchstens in einer Folge mit geradem ersten Folgenglied enthalten sein. In einer solchen Folge
sind alle ai , i > 2, durch 18 teilbar, und wegen a1 < 1000 ist sicher a3 < 1108, da keine Zahl
unter 1200 eine Quersumme größer als 27 hat.
Weiterhin ist eine solche Folge monoton steigend. Außerdem ist die Differenz zweier Folgenglieder, die beide höchstens gleich 2016 sind, höchstens gleich 54, denn die Quersumme einer
durch 18 teilbaren Zahl kleiner gleich 2016 sowie jeder Zahl kleiner als 1200 ist maximal 27.
Eine mit einer geraden Zahl startende Folge enthält also mindestens eine der durch 18 teilbaren
Zahlen 1764, 1782, 1800 oder 1818.
Wegen
1764 + 2 · 18 = 1800 und 1800 + 2 · 9 = 1818
sowie 1782 + 2 · 18 = 1818
enthält aber jede solche Folge die Zahl 1818 und damit die weiteren Glieder
1854, 1890, 1926, 1962, 1998, 2052 .
Folglich kann auch 2016 in keiner der Folgen enthalten sein.
1
551045 Lösung
7 Punkte
D
C
β2
β1
δ2
X
δ1
P
α1
α2
B
A
Wir führen die folgenden Bezeichnungen für Winkelgrößen ein:
α1 = |P BA| , α2 = |BAP | ,
β1 = |DCP | , β2 = |P DC| ,
δ1 = |BP C| , δ2 = |DP A| .
Nach Voraussetzung gilt δ1 = δ2 .
Die Parallele durch P zu AB zerlegt die Winkel BP C und DP A jeweils in zwei Teile, für die
nach dem Wechselwinkelsatz
α1 + β1 = δ1 sowie α2 + β2 = δ2
gilt.
Die Tangente an den Umkreis des Dreiecks ABP in P schneide die Gerade BC in X. Nach
dem Sehnen-Tangentenwinkelsatz im Umkreis des Dreiecks ABP gilt |BP X| = α2 . Wegen
|BP X| = α2 < α2 + β2 = δ2 = δ1 = |BP C|
liegt X sogar auf der Strecke BC. Ferner gilt
|XP C| = δ1 − |BP X| = δ2 − α2 = (α2 + β2 ) − α2 = β2 = |P DC| .
Da X auf der Strecke BC liegt und das Trapez ABCD konvex ist, liegen X und D auf
verschiedenen Seiten der Geraden P C. Nach der Umkehrung des Sehnen-Tangentenwinkelsatzes im Umkreis des Dreiecks CDP ist die Gerade XP damit auch Tangente an den Umkreis
des Dreiecks CDP .
Damit ist gezeigt, dass sich die beiden Kreise berühren.
2
551046 Lösung
7 Punkte
Wir setzen a = x2 − 7 x + 3, b = 4 x2 + 5 x − 3, c = 2 x2 − 5 x + 2 und d = 3 x2 + 3 x − 2. Man
rechnet nach, dass
a + b = c + d = 5 x2 − 2 x
(2)
gilt, also √
a+b =
d unabhängig
von der Wahl von x gilt. Für eine Lösung der Gleichung
√ c +√
√
(1) muss a + b = c + d erfüllt sein, woraus sich durch Quadrieren
√ √
√ √
a+b+2 a b=c+d+2 c d
und mit (2) und nochmaligem Quadrieren schließlich
(3)
a·b=c·d
ergibt. Für eine Lösung x der Gleichung (1) müssen also die vier aus x zu berechnenden reellen
Zahlen a, b, c, d die Gleichungen a + b = c + d und a · b = c · d erfüllen.
Satz: Für vier reelle Zahlen a, b, c, d gilt
a + b = c + d und a · b = c · d
(4)
genau dann, wenn a = c, b = d oder a = d, b = c gilt.
Beweis: Aus a = c, b = d oder a = d, b = c folgt offensichtlich (4). Umgekehrt sind nach der
Lösungsformel für quadratische Gleichungen die Zahlen a und b die Nullstellen der quadratischen Funktion f (t) = t2 − (a + b) t + a · b. Mit (4) sind aber auch c und d Nullstellen derselben
quadratischen Funktion, woraus die Behauptung a = c, b = d oder a = d, b = c folgt.
Für eine Lösung x der Gleichung (1) ist also a = c, b = d oder a = d, b = c.
Fall 1: a = c, b = d. Es gilt c − a = b − d = x2 + 2 x − 1. Eine Lösung von (1) muss also in
diesem Fall Nullstelle von x2 + 2 x − 1 sein.
Fall 2: a = d, b = c. Es gilt d − a = b − c = 2 x2 + 10 x − 5. Eine Lösung von (1) muss also in
diesem Fall Nullstelle von 2 x2 + 10 x − 5 sein.
Als Lösungskandidaten kommen also nur die vier Zahlen
√ 1
√ x ∈ −1 ± 2,
−5 ± 35
2
in Frage. Es bleibt zu untersuchen, welche der vier Zahlen wirklich Lösung von (1) sind. Hierbei
genügt es zu prüfen, ob alle entstehenden Radikanden nichtnegativ sind, da ja schon geklärt
ist, dass für diese vier Zahlen x die gleichen Radikanden auf der linken und rechten Seite
auftreten. Die Gleichheit in (1) braucht also nicht noch einmal überprüft zu werden.
√
√
Fall 1: Für x = −1 + 2 ist d = 4 − 3 2 < 0 und daher mindestens eine der Wurzeln nicht
definiert.
√
√
√
Fall 2: Für x = −1 − 2 ist a = c = 13 + 9 2 > 0 und b = d = 4 + 3 2 > 0, alle
Wurzelausdrücke in der Gleichung (1) sind also definiert und (1) ist erfüllt.
√ Fall 3: Für x = 21 −5 − 35 ist
√ √ 1
1
b=c=
89 + 15 35 > 0, a = d =
71 + 12 35 > 0 ,
2
2
alle Wurzelausdrücke in der Gleichung (1) sind also definiert und (1) ist erfüllt.
3
√ −5 + 35 ist
√ √ 1
1
b=c=
89 − 15 35 , a = d =
71 − 12 35 .
2
2
Hier muss genauer geprüft werden, ob b = c > 0 und a = d > 0 ist. Dies ergibt sich aus
den Beziehungen
Fall 4: Für x =
1
2
892 = 7921 > 152 · 35 = 7875 und 712 = 5041 > 122 · 35 = 5040 .
Auch in diesem Fall sind also alle Wurzelausdrücke in der Gleichung (1) definiert und
(1) ist erfüllt.
Die Gleichung (1) hat also genau die drei Lösungen
√ 1
√ 1
√ .
x ∈ −1 − 2,
−5 + 35 ,
−5 − 35
2
2
4