Lösungen der Serie 2, Schuljahr 2007/08, Klasse 11/13

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1 Lösungen der Serie 2, Schuljahr 2007/08, Klasse 11/13 Lösung Das Produkt einer endlichen Anzahl reeller Zahlen ist genau dann größer oder gleich 0, wenn die Anzahl der negativen Faktoren gerade ist. Wir versuchen daher, den gebrochenen Term aus der Aufgabenstellung in einfachere Faktoren zu zerlegen, deren Vorzeichen unmittelbar erkannt werden kann. Dazu erinnern wir uns daran, dass für die Lösungen x 1, x 2 einer quadratischen Gleichung x 2 + px + q = 0 gilt Damit finden wir x 2 + px + q = (x x 1 )(x x 2 ). 6x 2 + 5x + 3 = (3x + 1)(2x + 3), x 2 25 = (x + 5)(x 5), x 2 20x + 75 = (x 5)(x 15), und außerdem ist 4x 2 4x + 5 = (2x 1) Die zu lösende Ungleichung geht also über in (3x + 1)(2x + 3)(x + 5)(x 5) 2 (x 15) (x + 1)((2x 1) 2 + 4) 0. Wir dividieren durch 6 und multiplizieren mit (2x 1) > 0, ohne dass sich die Lösungsmenge der Gleichung ändert: (x + 5)(x + 3/2)(x + 1) 1 (x + 1/3)(x 5)(x 5)(x 15) 0. Nun ist klar: für x < 5 sind alle sieben Faktoren negativ, für 5 < x < 3/2 ist der erste Faktor positiv, und die übrigen sechs sind negativ, für 3/2 < x < 1 gibt es genau fünf negative Faktoren, für 1 < x < 1/3 sind genau vier Faktoren negativ, für 1/3 < x < 5 genau drei, für 5 < x < 15 genau einer, und schließlich sind für x > 15 alle Faktoren positiv. Für die bisher nicht betrachteten Zahlen -5, -3/2, -1/3, 5 und 15 ist die Ungleichung offenbar erfüllt, und die Zahl 1 kann keine Lösung sein (Division durch 0). Die Lösungsmenge ist also Quelle: Mathe-Seminar Sachsen [ 5, 3/2] ( 1, 1/3] {5} [15, ). Lösung Vorbemerkung: Der Bereich der rationalen Zahlen ist abgeschlossen bezüglich der Addition und der Multiplikation. Wir führen den Beweis indirekt. Angenommen, es gäbe eine positive ganze Zahl

2 n, für die n + n + 4 rational ist. Nach der Vorbemerkung wäre dann auch die Zahl ( n + n + 4) 2 = 2n n(n + 4) und folglich auch die Zahl n(n + 4) rational. Wir zeigen nun, dass n(n + 4) keine Quadratzahl ist. Wegen n 1 ist 2n 2 und somit n 2 + 2n + 2 n 2 + 4n, und wir erhalten (n + 1) 2 = n 2 + 2n + 1 < n 2 + 2n + 2 n 2 + 4n < n 2 + 4n + 4 = (n + 2) 2. Die Zahl n(n + 4) = n 2 + 4n liegt also zwischen den Quadraten zweier aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen und kann daher nicht selbst das Quadrat einer natürlichen Zahl sein. Nach dem im Hinweis zur Aufgabe genannten Sachverhalt kann die Zahl n(n + 4) aber nicht rational sein, womit wir einen Widerspruch erhalten haben. Hinweis. Vielen von Euch wird der Beweis der Irrationalität der Zahl 2 bekannt sein, den man ebenfalls indirekt führt und bei dem man den Satz über die eindeutige Primfaktorzerlegung ausnutzt. Mit der gleichen Idee kann man den im Hinweis zur Aufgabe formulierten Fakt beweisen. Quelle: 32. Mathematikolympiade, 3. Stufe, Klasse Lösung Wir bezeichnen den Mittelpunkt des Dreiecks ABC mit O und die Fußpunkte der Lote von A, B bzw. C auf g mit D, E bzw. F. Weiter sei α die Größe des Winkels <) AOD. (Falls die Gerade g durch A verläuft, ist A = D und α = 0.) Außerdem können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, die Gerade g schneide die Seite AC in einem Punkt, der von A nicht weiter entfernt ist als von C. Alle übrigen Fälle lassen sich durch Spiegelung des Dreiecks an seinen Mittelsenkrechten darauf zurückführen. (Wir haben hier also eine weitere Anwendung des Symmetrieprinzips.) Wegen <) AOB =<) BOC =<) COA = 120 ist sowie <) BOE = α = 60 α <) COF = 180 (120 α) = 60 + α. Die gesuchte Summe der Quadrate der Abstände ist also gleich AD 2 + BE 2 + CF 2 = r 2 sin 2 α + r 2 sin 2 (60 α) + r 2 sin 2 (60 + α), wobei r := AO = BO = CO. Dabei haben wir die Rechtwinkligkeit der Dreiecke AOD, BOE und COF ausgenutzt. Einfache trigonometrische Umformungen ergeben AD 2 + BE 2 + CF 2 = r2 2 (1 cos(2α) + 1 cos(120 2α) +

3 + 1 cos( α)) = r2 2 (3 cos(2α) 2 cos 120 cos( 2α)) = r2 (3 cos(2α) + cos(2α)) 2 = 3 2 r2. Die Summe hängt also offenbar nicht vom Winkel α, d.h. Geraden, ab. Quelle: KZM Chemnitz. von der Lage der Lösung Wir können ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass a b c. Zur Lösung bemerken wir, dass die folgenden Ungleichungen jeweils zueinander äquivalent sind: a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca a(a b) + b(b c) c(a c) 0 a(a b) + b(b c) c(a b + b c) 0 a(a b) + b(b c) c(a b) c(b c) 0 (a b)(a c) + (b c)(b c) 0. Die letzte Ungleichung ist offenbar erfüllt falls a b c. Hinweis: Für diese Aufgabe gibt es natürlich viele weitere Lösungsansätze. Einige davon findet man im Buch von Arthur Engel: Problem-Solving Strategies, dem auch diese Aufgabe entnommen ist. Lösung Erster Lösungsvorschlag: Wir sehen uns zunächst das Vorgehen bei der Gleichung an. Der Kürze halber schreiben wir x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 (1) f(x) := x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1. Wie wir aus dem Hinweis wissen, ist mit x 0 auch 1/x 0 eine Lösung von f(x) = 0. Das Polynom f(x) ist daher durch (x x 0 )(x 1 x 0 ) = x 2 (x x 0 )x + 1 teilbar. Sind nun x 1 und x 2 Lösungen von f(x) = 0 mit x 1 1/x 2, so ist f(x) = (x 2 c 1 x + 1)(x 2 c 2 x + 1) mit c 1 := x x 1, c 2 := x x 2.

4 Ausmultiplizieren ergibt f(x) = x 4 (c 1 + c 2 )x 3 + (c 1 c 2 + 2)x 2 (c 1 + c 2 )x + 1, und ein Koeffizientenvergleich mit (??) liefert die Beziehungen a = (c 1 + c 2 ) sowie b = c 1 c (2) Hieraus bestimmt man c 1 und c 2. Das kann beispielsweise mit dem Vietaschen Wurzelsatz geschehen, wonach c 1 und c 2 gerade die Lösungen der Gleichung y 2 + ay + b 2 = 0 (3) sind (oder man stellt die erste der Gleichungen in (??) nach c 2 um und setzt dies in die zweite Gleichung von (??) ein). Sind c 1 und c 2 bestimmt, hat man noch die quadratischen Gleichungen x 2 c 1 x + 1 = 0 sowie x 2 c 2 x + 1 = 0 zu lösen, deren Lösungen die Lösungen der Ausgangsgleichung sind. Das Ausnutzen der Symmetrie der Koeffizienten hat es uns also ermöglicht, die Lösung einer Gleichung vierten Grades auf das Lösen mehrerer Gleichungen zweiten Grades zurückzuführen. Zur Lösung der Gleichung aus der Aufgabenstellung gehen wir wie folgt vor. Wir bestimmen zunächst die Lösungen der Gleichung (??): y y = y y = 0. Diese Lösungen sind c 1 = Die Lösungen der Gleichung sind und c 2 = x 2 c 1 x + 1 = x x + 1 = 0 x 1 = 5 2 und die Lösungen der Gleichung und x 2 = 2 5, sind x 2 c 2 x + 1 = x x + 1 = 0 x 3 = 7 3 und x 4 = 3 7.

5 Die Lösungsmenge der Ausgangsgleichung ist also { 5 2, 2 5, 7 3, 3 }. 7 Zweiter Lösungsvorschlag: Wir dividieren die Gleichung (??) durch x 2 und führen y := x + 1 x x 2 + ax + b + a x + 1 ( x = x ) ( + a x + 1 ) + b = 0 (4) 2 x 2 x als neue Variable ein. Wegen x x 2 = ( x + 1 x) 2 2 = y 2 2, erhalten wir aus (??) die quadratische Gleichung (y 2 2) + ay + b = y 2 + ay + b 2 = 0, d.h. wieder die Gleichung (??). Diese löst man wie im ersten Lösungsvorschlag. Sind c 1 und c 2 die Lösungen dieser Gleichung, so findet man die Lösungen der Ausgangsgleichung, indem man die Gleichungen x + 1 x = c 1 und x + 1 x = c 2 löst. Nach Multiplikation mit x und Umstellen lauten diese Gleichungen x 2 c 1 x + 1 = 0 und x 2 c 2 x + 1 = 0, und das sind wieder die Gleichungen, die wir bereits in der ersten Lösungsvariante gelöst haben.