48. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Klasse 10

48. Mathematik-Olympiade
4. Stufe (Bundesrunde)
Klasse 10
Lösungen – 2. Tag
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
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6 Punkte
481044 Lösung
Im Folgenden wird bei allen Längenangaben
die gewählte Einheit weggelassen.
Zunächst erfolgt eine Spiegelung der gegebenen
Figur an der Geraden AB. Die Bezeichnungen
der einzelnen Objekte entnehme man der Abbildung L 481044.
Als bekannter Sachverhalt sei angemerkt: Der
Berührpunkt zweier Kreise liegt auf der Verbindungsgeraden ihrer Mittelpunkte.
(1)
Durch die Spiegelung wird h2 zu einem Kreis
k2 ergänzt, der die beiden Kreise k3 und k4 von
außen berührt. k3 und k4 berühren die Gerade
AB im Punkt M und berühren sich somit gegenseitig in M , der die Strecke M3 M4 halbiert.
k1
k3
M3
k2
M2
M
M1
M4
k4
Die Kreise k2 , k3 und k4 ihrerseits berühren
den Kreis k1 von innen und haben laut VorAbbildung L 481044
aussetzung alle denselben Radius r = 3. Der
Radius R des Kreises k1 stimmt mit dem Radius von h1 überein. Insgesamt hat man also eine
dreiblättrige symmetrische Rosette“.
”
Ist M1 der Mittelpunkt des Kreises k1 , so folgt aus der Symmetrie der Figur, dass das Dreieck
M2 M3 M4 gleichseitig mit der Seitenlänge 2 r und dem Umkreismittelpunkt M1 ist. Mit (1)
gilt auch R − r = |M1 M2 | = |M1 M3 | = |M1 M4 |.
Im gleichseitigen Dreieck fällt aber der Umkreismittelpunkt mit dem Schwerpunkt zusammen
und dieser teilt die Seitenhalbierende, welche hier zugleich Höhe ist, im Verhältnis 2 : 1.
Bezeichnet h die Länge der Höhe im Dreieck M2 M3 M4 , so gilt also R − r = 23 h. Weiter ist
√
h = r 3 nach einer einschlägigen Formel im gleichseitigen Dreieck, was zusammen
√
R − r = 32 3 r
und schließlich
√
√
R = r + 32 3 r = 3 + 2 3
ergibt.
√
Der Radius des Halbkreises h1 beträgt also (3 + 2 3) cm ≈ 6,46 cm.
1
481045 Lösung
7 Punkte
Bezeichnet ms die Anzahl der genau s-ziffrigen Zahlen in der Menge M mit s ≥ 2, so gilt nach
Voraussetzung
¡
¢
ms ≤ 9 · 10s−1 − 9ms−1 + 90ms−2 + · · · + 9 · 10s−2 m1 .
(1)
In der Tat, jede der (s − 1)-ziffrigen Zahlen aus M kann durch eine der neun Ziffern 1, . . . , 9
zu einer s-ziffrigen Zahl ergänzt werden, die nicht in M enthalten sein darf. Gleiches gilt
für die Ergänzung jeder der (s − 2)-ziffrigen Zahlen aus M durch eine der 90 Ziffernfolgen
10, . . . , 99 usw., so dass von der Gesamtzahl 9 · 10s−1 der genau s-ziffrigen Zahlen wenigstens
die angegebene Anzahl abzuziehen ist.
Die Ungleichung (1) lässt sich nun äquivalent umformen in
ms + 9ms−1 + 90ms−2 + · · · + 9 · 10s−2 m1 ≤ 9 · 10s−1
und weiter zu
ms
ms−1
ms−2
m1
+ 0,9 s−1 + 0,9 s−2 + · · · + 0,9
≤ 0,9
s
10
10
10
10
und zu
10 ms
ms−1
ms−2
m1
≤ 1.
+ s−1 + s−2 + · · · +
s
9 10
10
10
10
Damit gilt sogar
ms−1
ms−2
m1
ms
< 1,
G(M ) = s + s−1 + s−2 + · · · +
10
10
10
10
wobei in der letzten Beziehung s die Ziffernzahl der größten in M vorkommenden Zahl ist.
Es ist noch der Fall zu untersuchen, dass die größte Zahl in M einziffrig ist. Dann enthält M
1 hat. Also gilt auch hier G(M ) ≤ 1.
höchstens 10 Elemente, von denen jedes das Gewicht 10
Lösungsvariante: Wir erweitern die Definitionen von Gewicht, Gesamtgewicht und Wiederholungsfreiheit auf dezimale Ziffernfolgen (auch mit führenden Nullen), indem wir natürliche
Zahl durch Ziffernfolge ersetzen und beweisen die Behauptung zunächst für beliebige dezimale
Ziffernfolgen.
Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion.
In jeder wiederholungsfreien Menge M von Ziffernfolgen gibt es ein Element mit maximaler
Ziffernzahl s(M ). Wir führen die Induktion nach dieser Zahl s(M ).
Gilt s(M ) = 1, so enthält M nur einziffrige, also höchstens 10 Elemente. Daher gilt:
G(M ) ≤ 10 · 0,1 = 1
Damit ist die Behauptung für alle wiederholungsfreien Mengen M mit s(M ) = 1 bewiesen.
Wir nehmen nun an, für ein beliebiges k ≥ 1 gelte die Behauptung für alle wiederholungsfreien
Mengen mit s(M ) = k und zeigen, dass sie dann auch für alle wiederholungsfreien Mengen
mit s(M ) = k + 1 gilt:
Sei also M eine wiederholungsfreie Menge von Ziffernfolgen mit s(M ) = k + 1. Nach Induktionsvoraussetzung gilt k ≥ 1, also s(M ) ≥ 2. Sei m ein Element von M mit s(M ) = k + 1
Ziffern. Mit m0 bezeichnen wir die Ziffernfolge, welche durch Löschung der ersten Ziffer von
m entsteht. M 0 gehe aus M hervor, indem m0 hinzugefügt und alle Elemente von M gelöscht
werden, die auf m0 enden.
2
Da die Ziffernzahl von m um 1 größer ist als die von m0 , gilt g(m0 ) = 10 g(m). Weiterhin
gibt es höchstens 10 Ziffernfolgen m ∈ M , aus denen die Ziffernfolge m0 durch Streichen der
führenden Ziffer entstanden sein kann. Jede davon hat das Gewicht g(m) und deshalb gilt
G(M ) ≤ G(M 0 ). Wir führen diesen Ersetzungsprozess für jedes m ∈ M mit k + 1 Ziffern
durch und erhalten schließlich eine Menge M ∗ mit s(M ∗ ) = k und G(M ) ≤ G(M ∗ ). Nun gilt
laut Induktionsvoraussetzung G(M ∗ ) ≤ 1, also erst recht G(M ) ≤ 1 wie behauptet.
Damit ist gezeigt, dass das Gesamtgewicht einer wiederholungsfreien Menge von Ziffernfolgen
nicht größer als 1 sein kann. Nun kann jede natürliche Zahl mit ihrer Zifferndarstellung im
Zehnersystem ohne überflüssige führende Nullen identifiziert werden, ohne dass die Definitionen von Gewicht, Gesamtgewicht und Wiederholungsfreiheit dadurch beschädigt werden.
Deshalb gilt auch für jede wiederholungsfreie Menge M von natürlichen Zahlen G(M ) ≤ 1.
481046 Lösung
7 Punkte
Der Nachweis wird indirekt geführt. Angenommen, die Aussage der Aufgabe ist falsch: Es gibt
also eine Färbung, bei der keine Differenz von zwei Zahlen gleicher Farbe eine Quadratzahl
ist.
Für n = 1, 2, . . ., 21 betrachte man die Zahlen n, n + 9, n + 16 und n + 25.
Die paarweisen Differenzen von n, n + 9 und n + 25 sind 9, 16 und 25, also allesamt Quadratzahlen. Nach unserer Annahme müssen die drei Zahlen n, n + 9 und n + 25 also paarweise
verschieden gefärbt sein.
Mit demselben Argument müssen die Zahlen n, n+16 und n+25 paarweise verschieden gefärbt
sein.
Da es nur drei Farben für die Zahlen n, n + 9, n + 16 und n + 25 gibt, haben zwei dieselbe
Farbe. Dies können nach der getroffenen Annahme nur n + 9 und n + 16 mit der Differenz 7
sein. Daher gilt:
Für m = 10, 11, . . ., 30 haben die Zahlen m und m + 7 dieselbe Farbe.
(1)
Vergleichen wir nun jede dieser Zahlen m mit m + 4 und m + 8. Die ersten beiden sind
unterschiedlich gefärbt; ebenso die letzten beiden. Aber auch m und m+8 sind unterschiedlich
gefärbt, da sonst m, m + 7 und m + 8 dieselbe Farbe hätten, was wegen (m + 8) − (m + 7) = 12
unserer Annahme widerspricht. Also sind m, m + 4 und m + 8 für m = 10, 11, . . . , 30 paarweise
verschieden gefärbt. Ebenso lässt sich begründen, dass auch m + 4, m + 8 und m + 12 für
m = 10, 11, . . ., 26 paarweise verschieden gefärbt sind. Hieraus folgt aber, da es nur drei
Farben gibt:
Für m = 10, 11, . . ., 26 sind m und m + 12 gleichfarbig.
(2)
Schreiben wir kurz a ∼ b für die Aussage, dass a und b dieselbe Farbe haben, so erhalten wir
zum Beispiel:
(1)
(2)
(1)
(1)
(2)
(1)
15 ∼ 22 ∼ 10 ∼ 17 ∼ 24 ∼ 12 ∼ 19
Wegen 19 − 15 = 22 widerspricht das aber unserer Annahme.
Oder:
(2)
(1)
(2)
(1)
(1)
(2)
(1)
(1)
10 ∼ 22 ∼ 15 ∼ 27 ∼ 20 ∼ 13 ∼ 25 ∼ 18 ∼ 11
Wegen 11 − 10 = 12 widerspricht das der Annahme.
3