50. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Klasse Lösung 10 Punkte

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1 50. Mathematik-Olympiade. Stufe (Regionalrunde) Klasse 3 Lösungen c 00 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten. 503 Lösung 0 Punkte Es seien a,a,...,a 9 Zahlen mit den geforderten Eigenschaften. Die Summe von jeweils drei aufeinander folgenden Zahlen beträgt 00 : 3 = 670. Wegen a + a + a 3 = a + a 3 + a 4 gilt a = a 4. Wegen a 4 + a 5 + a 6 = a 5 + a 6 + a 7 gilt a 4 = a 7. Somit ist a = a 4 = a 7 = 450. Wegen a 6 + a 7 + a 8 = a 7 + a 8 + a 9 gilt a 6 = a 9. Wegen a 3 + a 4 + a 5 = a 4 + a 5 + a 6 gilt a 3 = a 6. Somit ist a 3 = a 6 = a 9 = 50. Aus a + a + a 3 = 670 folgt mit den bereits bestimmten Zahlen a = 70. In gleicher Weise sind die fehlenden Zahlen zu bestimmen: a 5 = a 8 = 70. Zusammengefasst ergibt sich die Folge 450, 70, 50, 450, 70, 50, 450, 70, 50. Man erkennt leicht, dass alle Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt sind. 503 Lösung 0 Punkte Im Weiteren wird ohne Einschränkung der Allgemeinheit a b vorausgesetzt. Die Eckpunkte der Quadrate seien mit A,A,A 3,A 4 bzw. B,B,B 3,B 4 bezeichnet, wobei A,A und B,B auf der Kreislinie k liegen. Wenn die Quadrate entsprechend der Aufgabenstellung angeordnet sind, so liegt der Mittelpunkt M des Kreises k sowohl auf der Mittelsenkrechten von A A als auch auf der Mittelsenkrechten von B B. Da diese mit den Mittelsenkrechten von A 3 A 4 bzw. von B 3 B 4 übereinstimmen und die Punkte A 3,A 4,B 3,B 4 auf einer Geraden liegen, müssen die Mittelpunkte der Strecken A 3 A 4 und B 3 B 4 zusammenfallen. Die beiden Quadrate liegen deshalb symmetrisch bezüglich der gemeinsamen Mittelsenkrechten von A 3 A 4 und B 3 B 4. B s b B 4 a A 3 b x A A M x A 4 B Abbildung L503 B 3 k Teil a) Bezeichnet x den Abstand des Kreismittelpunktes M von der Sehne s, so liegen A,A,B,B nach dem Satz des Pythagoras genau dann auf dem Kreis k mit Radius r, wenn r = ( ) b + (b x) = ( ) a + (a + x)

2 gilt. Die rechte Gleichung ist äquivalent zu b + 4b 8bx + 4x = a + 4a + 8ax + 4x, und dies gilt genau dann, wenn 8x (a + b) = 5 (b a ) ist. Wegen a + b 0 erhält man schließlich mit der dritten binomischen Formel die eindeutige Lösung x = 8 5 (b a). Teil b) Die Lösung () ist immer positiv und kleiner als b. Allerdings liegen B 3 und B 4 nur genau dann auf einer Sehne des Kreises, also im Inneren oder auf dem Rand von k, wenn der Abstand von M und B 3 nicht größer ist als der Abstand von M und B. Aus der Abbildung ist ersichtlich, dass dies genau dann gilt, wenn x b x ist. Wegen () ist dies äquivalent zu b 5a. Die vorgegebene Anordnung der Quadrate existiert also genau dann, wenn die Seitenlänge des größeren Quadrates nicht größer als das Fünffache der Seitenlänge des kleineren Quadrates ist. Lässt man schließlich auch a b zu, so ergibt sich, dass das Verhältnis der Seitenlängen genau die Werte annehmen kann, die die Bedingung erfüllen. 5 a b 5 () 5033 Lösung 0 Punkte Angenommen, für eine vorgegebene reelle Zahl a existiert eine reelle Lösung x der Ungleichung x + 3 < x a. () Durch Abschätzung von x + 3 erhält man x a > x + 3 > x = x x und insbesondere x a > x. Da diese Ungleichung für a 0 nicht erfüllbar ist, besitzt () für a 0 keine Lösungen x. Im Weiteren wird deshalb a < 0 vorausgesetzt. Weil die linke Seite von () positiv ist, muss x > a gelten. Setzt man dies voraus, kann () umgeformt werden zu x + 3 < (x a) = x ax + a. () Weiter erhält man durch äquivalente Umformungen der Ungleichung nacheinander x + ax + a < a 3, (x + a) < a 3. Für a 3 0 existiert also ebenfalls keine Lösung. Ist dagegen a 3 > 0, so folgt a > 3, also wegen a < 0 sogar a < 3. Für a 3 besitzt () also keine Lösungen x. Im Weiteren gelte also a < 3. Wir haben bereits gesehen, dass (3) eine notwendige Bedingung für eine Lösung x von () ist. Wir zeigen jetzt, dass jedes x, das (3) erfüllt, tatsächlich Lösung von () ist. Es sei also x so gewählt, dass (x+a) < a 3 gilt. Dann gilt x > a, denn für x a wäre x+a a < 0, also (x+a) 4a > a 3. Nun kann aus (x+a) < a 3 zunächst wegen der Äquivalenz von (3) und () gefolgert werden, dass x auch () erfüllt, und wegen x > a folgt aus () auch (). (3)

3 Damit wird die Ungleichung () genau von den Zahlen x erfüllt, die (x+a) < a 3 erfüllen. Diese Bedingung ist weiter äquivalent zu a a 3 < x < a + a 3. (4) Zusammenfassung: Die Ungleichung () besitzt genau dann Lösungen, wenn a < 3 gilt. In diesem Fall sind das alle reellen Zahlen x im Intervall a a 3 < x < a + a Lösung 0 Punkte Damit der anfangs vorhandene Kreis nach Anlagerung der ersten Schicht genau sieben Nachbarn hat, muss sich an diesen eine Kette von genau sieben Kreisen anlagern. Jeder dieser neuen Kreise hat dann genau drei Nachbarn, also gilt x = 7 und y = 0. Nach Anlagerung der zweiten Schicht haben genau diejenigen neuen Kreise vier Nachbarn, die zwei Kreise der ersten Schicht berühren, alle anderen neuen Kreise haben drei Nachbarn. Die Anzahl y stimmt also mit der Gesamtzahl x + y der sich berührenden Kreispaare in der ersten Schicht überein, y = x + y = 7. Nach Anlagerung der zweiten Schicht bestehen die sieben Nachbarn eines Kreises der ersten Schicht aus seinen drei bisherigen Nachbarn, den zwei neuen Nachbarn der zweiten Schicht, die er mit seinen Nachbarn der ersten Schicht gemeinsam hat, und zwei weiteren Kreisen der zweiten Schicht, die keine anderen Kreise der ersten Schicht berühren. Die letzteren Kreise haben deshalb genau drei Nachbarn. Folglich gilt x = 4, y = 7. Bei Anlagerung der n-ten Schicht, n, besteht die (n )-te Schicht aus x n Kreisen, die bisher drei, und Kreisen, die bisher vier Nachbarn hatten. Da ein Kreis mit bisher vier Nachbarn genau drei weitere Nachbarn der n-ten Schicht braucht und umgekehrt, enthält die n-te Schicht x n + Kreise mit vier Nachbarn und x n + Kreise mit drei Nachbarn. Da jeder Kreis der n-ten Schicht genau zwei Nachbarn in der n-ten und einen oder zwei in der (n )-ten Schicht hat, gibt es in der n-ten Schicht nur Kreise mit genau drei oder vier Nachbarn. Folglich gilt für n =, 3,... x n = x n +, = x n +. () Dies ergibt zunächst x = 4, y = 7 und x 3 = 35, y 3 =, also erfüllt n = 3 die Forderung x n. Wir beweisen nun, dass n = 3 tatsächlich die einzige Zahl ist, für die x n = y 5 n 3 gezeigt, dass für n > 3 ist. Dazu wird x n < 5 3 gilt. Wir stellen zunächst fest, dass für n = 4 gilt x 4 = 9, y 4 = 56 und damit x 4 = y < 5 3, das heißt, () gilt für n = 4. Im Weiteren zeigen wir, dass, wenn () für ein bestimmtes n = k erfüllt ist, für die nachfolgende Zahl n = k + ebenfalls () gilt. () 3

4 Es gelte also () für n = k. Aus () erhält man dann x k+ = x k + y k = + x k = + y k+ x k + y k x k + y k + y. k x k Nun schließt man mit der Annahme x k < y 5 k 3 auf y k > x 3, und weiter folgt k 5 x k+ y k+ = + + y k x k < + = 3 8 < Damit gilt die Ungleichung () auch für n = k+, wenn sie für n = k gilt. Da die Ungleichung () für n = 4 richtig ist, muss sie also auch für n = 4 + = 5 gelten. Analog ergibt sich die Gültigkeit der Ungleichung () auch für n = 5 + = 6. So fortfahrend erkennt man die Gültigkeit von () für alle natürlichen Zahlen n 4. Zusammenfassend gilt somit x n genau für n = 3. Zweite Lösung: Wie oben zeigen wir (), außerdem x = 7 und y = 0, womit sich insbesondere x = 4, y = 7 ergibt. Damit gilt für n immer x n 5 3. Sei nun n 3 so gegeben, dass x n ist. Aus () ergibt sich durch Umformen für k x k = x k y k, y k = y k x k. (3) Es folgt x k y k = x k y k y k x k, sofern kein Nenner verschwindet. Mit x n x n =. ergibt sich Aus (3) folgt nun weiter, da n 3 vorausgesetzt wurde, = 0. Da für k die Zahl y k genauso groß wie die Anzahl der in der vorhergehenden Schicht vorhandenen Kreise ist und diese offensichtlich nicht null ist, kann n nicht größer als 3 sein. Die Berechnung für den letzten noch offenen Wert n = 3 mit Hilfe von () liefert schließlich x 3 y 3 = 35. Somit gilt x n genau für n = 3. Bemerkungen:. Ob die Anlagerung der Kreise bis zu beliebig hohem n möglich ist, hängt von den Radien der Kreise ab und ist nicht Gegenstand der Aufgabe. Es gibt jedoch Wahlen der Radien, bei denen dies möglich ist; die Abbildung im Aufgabentext zeigt die ersten Schichten einer solchen Konfiguration.. Das im ersten Lösungsvorschlag verwendete Verfahren, eine Aussage für alle ganzen Zahlen n n 0 zu zeigen, indem man nachweist, dass erstens die Aussage für n = n 0 gilt und zweitens aus der Gültigkeit der Aussage für n = k stets ihre Gültigkeit für n = k + folgt, heißt vollständige Induktion und ist eines der wichtigsten Beweisprinzipien der Mathematik. 4

5 Punktverteilungsvorschläge Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) 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 503 Schluss auf Summe 670 für je drei aufeinander folgende Folgenglieder... 3 Punkte Feststellung der Periodizität mit Nachweis... 4 Punkte Schluss auf die Werte 50 bzw. 450 für vier weitere Folgenglieder... Punkt Schluss auf Wert 70 für übrige Glieder und Zusammenfassung... Punkte Aufgabe 503 Symmetriefeststellungen mit Begründung bis zur symmetrischen Lage der Quadrate bezüglich der gemeinsamen Mittelsenkrechten... 3 Punkte Teil a) Ansatz mittels Satz des Pythagoras... Punkt Auswertung und Ergebnis... Punkte Teil b) Formulierung und Nachweis der notwendigen Bedingung x b x... Punkte Schluss auf b 5a... Punkt Ergebnis unter Berücksichtigung der Fälle a < b, a = b, a > b... Punkt Aufgabe 5033 Feststellung der notwendigen Bedingung a < Punkt Feststellung der notwendigen Bedingung x > a... Punkt Umformungen im Fall a < 0 zur notwendigen Bedingung (3) o.ä.... Punkte Schluss auf a < 3... Punkte Nachweis, dass alle x mit (3) auch Lösungen sind... 3 Punkte Zusammenfassende logisch korrekte Darstellung des Ergebnisses mit der notwendigen Bedingung an a und zugehörigen Werten von x... Punkt Aufgabe 5034 Ein wesentlicher Aspekt bei der Lösung dieser Aufgabe ist die Übersetzung der Bedingungen des Aufgabentextes in Aussagen über die x i und y i. Bei der Bewertung sollte darauf geachtet werden, auch Teilschritte dieses Transfers angemessen zu honorieren. Finden der Werte x n, für n =, mit Nachweis Punkte Finden der Werte x 3, y 3 und Feststellung, dass n = 3 eine Lösung ist... Punkte Ausschluss der Lösungseigenschaft für n = 4... Punkt Herleitung einer Rekursion für x k und y k wie () oder ( Punkte Beweisstrategie zum Ausschluss weiterer Lösungen (z. B. induktionsartiges Vorgehen wie im. Lösungsvorschlag oder Abstiegsansatz wie im. Lösungsvorschlag)... Punkt Abschluss des Beweises... Punkt 5