Klasse 11 Lösungen – 1. Tag 491131 Lösung 6 Punkte Es wird

49. Mathematik-Olympiade
3. Stufe (Landesrunde)
Klasse 11
Lösungen – 1. Tag
c 2010 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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491131 Lösung
6 Punkte
Es wird bewiesen, dass es keine ganzen Zahlen x und y gibt, für die
2010 x2 − 2009 y 2 = 50
(1)
gilt.
Angenommen, es gibt solche Zahlen x und y. Dann ist
y 2 = (2010 x2 − 2009 y 2 ) − 2010 · (x2 − y 2 ) = 50 − 2010 · (x2 − y 2 )
¡
¢
= 3 · 16 − 670 · (x2 − y 2 ) + 2,
weshalb y 2 bei Division durch 3 den Rest 2 lässt. Dies ist aber unmöglich, denn Quadratzahlen
können bei Division durch 3 bekanntlich nur die Reste 0 oder 1 lassen.
Zweite Lösung: Wir nehmen wiederum an, es gebe zwei ganze Zahlen x und y, die der
Gleichung (1) genügen. Wegen
2009 y 2 = 2010 x2 − 50 = 5 · (402 x2 − 10)
muss y 2 und mithin auch y selbst durch 5 teilbar sein. Man setze also y = 5b, wobei b für eine
geeignete ganze Zahl steht. Setzen wir dies in (1) ein, so erhalten wir nach Division durch 5
sofort
402 x2 − 10045 b2 = 10.
(2)
Wiederholen wir das soeben für y benutzte Argument, so sehen wir, dass auch x durch 5
teilbar sein muss. Somit gibt es auch eine ganze Zahl a mit x = 5a. In (2) eingesetzt ergibt
dies
2010 a2 − 2009 b2 = 2,
also b2 = 5 · 402 · (b2 − a2 ) + 2.
Dies ist jedoch ein Widerspruch, denn eine Quadratzahl kann bei Division durch 5 niemals
den Rest 2, sondern nur einen der Reste 0, 1 oder 4 lassen.
Rest von b bei Division durch 5
Rest von b2 bei Division durch 5
0
0
1
1
2
4
3
4
4
1
Bemerkung: Eine weitere Variante ergibt sich, wenn man zunächst in Analogie mit der ersten
Lösung die Umformung
y 2 = 67 · 30 · (y 2 − x2 ) + 50
vornimmt. Nun kann man sich, z. B. durch eine (längere) Fallunterscheidung, davon überzeugen, dass sich bei Division einer Quadratzahl durch 67 niemals der Rest 50 ergibt.
1
491132 Lösung
7 Punkte
Wir zeigen, dass es genau für n = 3 und für n > 4 möglich ist, solche Fabriken zu bauen.
Mit AB bezeichnen wir im Folgenden ein Förderband, das von Produktionshalle A nach B
transportiert.
Für n = 2 ist es nicht möglich, da zwischen den beiden Hallen nur ein Förderband existiert,
das nur in eine Richtung transportieren kann.
Für n = 3 kann man zwischen den Hallen A, B, C die Förderbänder AB, BC und CA bauen.
In dieser Fabrik ist es sofort einsichtig, dass man jede Halle als Lagerhalle benutzen kann.
Für n = 4 gibt es 6 Förderbänder. Angenommen, es existiert eine Fabrik dieses Typs. Dann
müssen zu jeder Halle Förderbänder hin- und wegführen. Nach Schubfachprinzip muss es
auch eine Halle geben, von der zwei Förderbänder wegführen. Ohne Einschränkung der Allgemeingültigkeit kann angenommen werden, dass dies die Halle A ist, dass es die Förderbänder
AB, AC, DA sowie BC gibt.
Um von C nach B zu transportieren, muss es jetzt die Förderbänder CD und DB geben.
Damit ergibt sich ein Widerspruch, da man nicht mehr mit zwei Förderbändern von B nach
A kommt.
Für n = 6 geben wir ebenfalls eine mögliche Konstruktion an: Man verbindet die sechs Hallen
A bis F durch den Zyklus von Förderbändern AB, BC, CD, DE, EF , F A. Dazu kommen,
jeweils eine Halle des Zyklus überspringend“, die Bänder AC, CE, EA (in der Umlaufrichtung
”
des Zyklus) und DB, F D, BF (in entgegengesetzter Richtung).
Mit den bisher beschriebenen Bändern gelangt man von A zu B und C direkt, zu D und E
jeweils über C und zu F über B. Von B gelangt man zu C und F direkt, zu A und D über F
sowie zu E über C. Für C und E sind aufgrund der Symmetrie der beschriebenen Anordnung
die Verhältnisse analog zu A, für D und F analog zu B. Damit gilt die geforderte Eigenschaft
bereits für alle Hallen.
Für die drei noch einzufügenden Bänder wählt man beliebig die Richtungen AD oder DA, CF
oder F C sowie EB oder BE. Wählt man beispielsweise jeweils die erstgenannte Richtung, so
hat man insgesamt
AB, AC, AD, BC, BF, CD, CE, CF, DB, DE, EA, EB, EF, F A, F D.
Bemerkung: Selbstverständlich ist die Angabe einer Konstruktion wie hier beschrieben nicht
zwingend notwendig. Stattdessen kann der Nachweis für n = 6 auch erfolgen, indem eine
geeignete Wahl der 15 Förderbänder angegeben und dann schlüssig begründet wird, dass diese
die Bedingungen erfüllt. Zwei weitere Beispiele, die sich von dem oben angegebenen durch eine
andere Wahl der letzten drei Bänder unterscheiden, sind
AB, AC, AD, BC, BE, BF, CD, CE, DB, DE, EA, EF, F A, F C, F D
und
AB, AC, AD, BC, BE, BF, CD, CE, CF, DB, DE, EA, EF, F A, F D.
Die Existenz von solchen Fabriken mit einer ungeraden Anzahl von n ≥ 3 oder einer geraden
Anzahl von n ≥ 6 Hallen zeigen wir jetzt, indem wir zeigen, dass man aus einer Fabrik mit n
Hallen C1 , . . . , Cn , die die geforderte Eigenschaft hat, eine solche mit n + 2 Hallen konstruieren
kann:
2
Es mögen die beiden Hallen A und B hinzukommen. Wir bauen die Förderbänder ACi und
Ci B für alle i = 1, . . . , n sowie BA. Die Verbindung von Ci nach Cj ist nach Voraussetzung
gesichert. Ebenso kommt man von Ci nach B direkt und nach A mit dem Umweg über B.
Außerdem kommt man von A direkt zu allen Ci und nach B über C1 . Von B kommt man zu
A direkt und mit dem Umweg über A zu allen Ci .
Hiermit ist alles gezeigt.
Bemerkung: Für n = 3 gibt es genau zwei nichtisomorphe“ Fabriken (also solche, die sich
”
nicht durch eine Umbenennung der Hallen ineinander überführen lassen). Genau die oben
angegebene hat die geforderte Eigenschaft.
Für n = 4 gibt es 4 nichtisomorphe“ Fabriken. Wie gezeigt, erfüllt keine davon die Bedingung
”
der Aufgabe.
Für n = 5 gibt es 12 nichtisomorphe“ Fabriken. Genau zwei haben die geforderte Eigenschaft.
”
Für n = 6 gibt es 56 nichtisomorphe“ Fabriken. Genau die drei oben angegebenen haben die
”
geforderte Eigenschaft.
491133 Lösung
7 Punkte
Es sei S der Schnittpunkt der vier in der Aufgabenstellung genannten Geraden. Der Inkreis des
Dreiecks ABC berühre dessen Seite AB im Punkt Q. In der durch Q verlaufenden und auf der
Geraden AB senkrecht stehenden Ebene E liegen nun die Punkte ID und S und mithin auch
der Punkt IC . Deshalb stehen die Geraden IC Q und AB aufeinander senkrecht; infolgedessen
berührt auch der Inkreis des Dreiecks ABD die Seite AB in Q. Nach einer bekannten Formel
für Tangentenabschnitte am Inkreis gilt also sowohl
|AQ| =
|AB| + |AC| − |BC|
2
als auch
|AB| + |AD| − |BD|
.
2
Beides zusammengenommen liefert |AC| + |BD| = |AD| + |BC|. Ebenso lässt sich zeigen, dass
auch |AB| + |CD| = |AC| + |BD| gilt.
|AQ| =
Zweite Lösung: Wir beginnen den Beweis mit dem folgenden Lemma.
Lemma: Es bezeichne I den Inkreismittelpunkt des Dreiecks ABC sowie S einen beliebigen
Punkt auf der durch I gehenden und auf der Ebene ABC senkrecht stehenden Geraden. Dann
ist S von den drei Geraden BC, CA, AB gleich weit entfernt, d. h. die Lote von S auf die
genannten Geraden sind von gleicher Länge.
Beweis des Lemmas: Siehe auch Abbildung L 491133, der Inkreis berühre die Seiten BC,
CA, AB des Dreiecks ABC in den Punkten D, E, F . Im Fall S = I handelt es sich bei den
betrachteten Loten offenbar um die Strecken ID, IE, IF , und der Inkreisradius des Dreiecks
ABC ist offenbar deren gemeinsame Länge. Es sei also von nun an S 6= I. Indem wir den Satz
des Pythagoras nacheinander auf die rechtwinkligen Dreiecke AIS, AF I und F IS anwenden,
erhalten wir
|AS|2 = |AI|2 + |IS|2 = |AF |2 + |F I|2 + |IS|2 = |AF |2 + |F S|2 ,
3
Abbildung L 491133
woraus über die Umkehrung des Satzes des Pythagoras AF ⊥ F S folgt. Das Lot von S auf
die Gerade AB hat also den Fußpunkt F ; aus demselben Grund müssen die von S auf BC
und CA gefällten Lote diese Geraden in D und E treffen. Nun haben die bei I rechtwinkligen
Dreiecke SID, SIE, SIF die Kathete SI gemeinsam, und ihre jeweils zweiten Katheten, also
ID, IE, IF , sind von gleicher Länge. Mithin sind auch ihre Hypotenusen SD, SE, SF gleich
lang, was zu beweisen war.
Lösung der Aufgabe mit Hilfe des Lemmas. Es sei nun S der Schnittpunkt der vier in der
Aufgabenstellung betrachteten Geraden. Durch mehrmalige Anwendung des Lemmas folgt,
dass dieser Punkt von allen sechs Geraden AB, BC, CA, AD, BD, CD gleich weit entfernt ist.
Wenn wir also die Fußpunkte der von S auf diese Geraden gefällten Lote in dieser Reihenfolge
als U , V , W , X, Y , Z bezeichnen, gilt
|SU | = |SV | = |SW | = |SX| = |SY | = |SZ|.
(1)
Aus dem Satz des Pythagoras in den rechtwinkligen Dreiecken AU S, AW S und AXS folgt
|AS|2 = |AU |2 + |U S|2 = |AW |2 + |W S|2 = |AX|2 + |XS|2 .
Daraus und aus (1) erhalten wir
|AU | = |AW | = |AX|.
In gleicher Weise zeigt man |BU | = |BV | = |BY |, |CV | = |CW | = |CZ| sowie |DX| =
|DY | = |DZ|. Bezeichnen wir diese vier Längen nun mit a, b, c, d, so ergibt sich |AB|+|CD| =
|AC| + |BD| = |AD| + |BC| = a + b + c + d.
4
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 4. Stufe (Bundesrunde) 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 491131
Insgesamt: 6 Punkte
Bei Ansätzen, die vergleichbar dem 1. und 2. Lösungsvorschlag eine Rückführung auf quadratische Reste bezüglich kleiner Moduln beinhalten:
Geeignete Umformungen algebraischer Ausdrücke, die eine Rückführung
auf einen geeigneten kleinen Modul ermöglichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 4 Punkte
Betrachtung quadratischer Reste z. B. modulo 3 oder 5 und Schluss,
dass keine Lösungen existieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Alternativ, wenn Lösungswege im Sinne der Bemerkung eingeschlagen werden, die die Betrachtung größerer Moduln und dementsprechend längere Fallunterscheidungen erfordern:
Algebraische Umformungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Formulierung einer notwendigen Lösungsbedingung in quadratischen Resten
bezüglich eines geeigneten Moduls (z. B. 67) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt
Fallunterscheidung für die quadratischen Reste und Schluss,
dass keine Lösungen existieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Aufgabe 491132
Insgesamt: 7 Punkte
Fall n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Fall n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Fall n = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Fall n = 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss von n auf n + 2 und Zusammenfassung zur Antwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 491133
1
1
1
2
2
Punkt
Punkt
Punkt
Punkte
Punkte
Insgesamt: 7 Punkte
Feststellung geeigneter Lagebeziehungen (gemeinsame Berührungspunkte
benachbarter Inkreise) oder Formulierung und Beweis des Lemmas . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Weitere Umformungen von Streckenlängen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Schluss auf Behauptung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
5