55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 10 Lösungen 1. Tag

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1 55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 10 Lösungen 1. Tag c 2016 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten Lösung 6 Punkte Es sei x die Länge der Strecke zwischen Stuttgart und Nürnberg und y die Länge der Strecke zwischen Nürnberg und Leipzig, jeweils in Kilometern. Wir erhalten die beiden Gleichungen x 75 + y 145 = 4,8, x x+y +2 = Dieses lineare Gleichungssystem lässt sich umformen zu 15y +29x = 10440, 7y x = Also gilt ( )y = , daher 248y = und somit y = 290. Durch Einsetzen dieses Wertes in eine der vorherigen Gleichungen (zweckmäßigerweise in die besonders einfache Gleichung 7y x = 1400) ergibt sich x = Dies liefert dann x = 210. Somit ist gezeigt, dass die beiden Streckenlängen eindeutig bestimmt sind. Eine Probe mit der anderen Gleichung des umgeformten Systems oder mit beiden Ausgangsgleichungen ist zwar nützlich aber entbehrlich, da äquivalent umgeformt wurde. Die Teilstrecke Stuttgart Nürnberg hat damit eine Länge von 210 km, die Teilstrecke Nürnberg Leipzig hat eine Länge von 290 km Lösung 7 Punkte C E D E P D A F F L a B 1

2 Wir bezeichnen zusätzlich den Schnittpunkt der Parallelen zu AC durch P mit der Dreiecksseite BC mit D und definieren analog E auf AC und F auf AB. Mit a,b,c werden in üblicher Weise die Längen der Dreiecksseiten bezeichnet. Weiterhin sei s(p) = P D + P E + P F. Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke E PE, FF P zum Dreieck ABC und da AFPE und F BDP als Parallelogramme gleich lange gegenüberliegende Seiten haben, gilt PD = F B, PE = PE a c = AF a c, PF = FF b c und somit Teil a) s(p) = AF a c + FF b c + F B. (1) Ist a = b = c, so folgt s(p) = AF + FF + F B = c = 1 (a+b+c) für jeden Punkt P des Dreiecks ABC. Der gesuchte geometrische Ort besteht in diesem Fall also aus allen Punkten des Dreiecks ABC. Teil b) Der Schwerpunkt S des Dreiecks ABC teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1. Für P = S erhalten wir deshalb nach dem Strahlensatz AF = FF = F B = c und somit s(s) = c a c + c b c + c = 1 (a+b+c) aus (1). S gehört also in jedem Fall zum gesuchten geometrischen Ort. Als Vorbetrachtung untersuchen wir das Verhalten von s(p), wenn P auf einer vorgegebenen Geraden (nicht außerhalb des Dreiecks ABC) variiert. Sei dazu g eine Gerade, die durch das Innere des Dreiecks ABC verläuft, und X ein fester Punkt der Geraden g außerhalb des Dreiecks. Wir zeigen zunächst, dass es feste reelle Zahlen m E und n E so gibt, dass EP = m E PX +n E für alle Punkte P g gilt. Dies ist im Falle g AC für n E = CD und m E = 0 erfüllt. Im Falle g BC sind die Lagemöglichkeiten P zwischen E und X bzw. E zwischen P und X zu unterscheiden. Dann gilt die Gleichung für n E = EX und m E = 1 bzw. für n E = EX und m E = 1. Anderenfalls seien Y und Z die Schnittpunkte von g mit den Geraden AC und BC. E C Y Z P A X L b 2 B

3 Für jede Lage des Dreiecks bzgl. X und Y gibt es Zahlen v,w { 1,+1}, für die v PX + w XY = PY gilt. Aus dem Strahlensatz folgt EP = CZ und wegen PY ZY EP = EP PY PY = CZ ZY CZ CZ (v PX +w XY ) = v PX +w XY ZY ZY mit m E = v CZ ZY und n E = w XY CZ ZY die behauptete Darstellungsmöglichkeit EP = m E PX +n E für alle Punkte P g. Analog folgt die Existenz von festen reellen Zahlen m D, m F, n D und n F derart, dass DP = m D PX +n D und FP = m F PX +n F für alle Punkte P g gilt. Für m = m D +m E +m F und n = n D +n E +n F gilt also s(p) = DP + EP + FP = m PX +n für alle Punkte P g. Damit ist s(p) auf einer Teilstrecke UV der Geraden g innerhalb des Dreiecks ABC entweder konstant (Fallm = 0) oder nimmt jeden beliebigen Wert zwischens(u) unds(v) genau einmal an (Fall m 0). Sind nun a, b und c nicht alle gleich, dürfen wir (dies ist ggf. durch zyklisches Vertauschen der Bezeichnungen A, B und C bzw. D, E und F zu erreichen) annehmen, dass 1 (a+b+c) zwischen a und c liegt und insbesondere nicht gleich a und nicht gleich c ist. Wegen s(a) = c und s(b) = a gibt es also auf AB auch einen Punkt Q mits(q) = 1 (a+b+c). Damit ist s(p) auch für P auf der Strecke t, die sich als Schnitt von der Geraden SQ und dem Dreieck ABC ergibt, konstant gleich 1 (a+b+c), da dieser Wert sowohl in Q als auch im Schwerpunkt S angenommen wird. Also gehört t zu dem geometrischen Ort. Da jede Gerade durch A und jede Gerade durch B höchstens einen Punkt mit dem geometrischen Ort gemeinsam haben kann, ist t auch der gesamte geometrische Ort. Die gegebene Aussage trifft also zu. Bemerkungen zu weiteren Lösungsvarianten: Wir bezeichnen in üblicher Weise mit h a,h b,h c die Längen der Höhen im Dreieck ABC und mit h a,h b,h c die Längen der Lote aus P auf die Geraden BC, AC bzw. AB. Schließlich führen wir Zahlen p,q,r mit 0 p,q,r 1 ein, für die gilt. h a = p h a, h b = q h b und h c = r h c Nach Konstruktion sind die DreieckePDD,E PE undff P in Ähnlichkeitslage zum Dreieck ABC. Das Verhältnis einander entsprechender Strecken ist demnach jeweils konstant und gleich p, q bzw. r. Insbesondere gilt PD = p c, PE = q a, PF = r b, D P = p b und EE = q b. Nach Konstruktion sind die Vierecke AFPE und PD CE Parallelogramme. Damit folgt b = CE + EE + E A = D P + EE + PF = p b+q b+r b

4 und weiter p+q +r = 1. Gesucht wird also der geometrische Ort aller Punkte P im Inneren des Dreiecks, für die qa+rb+pc = 1 (a+b+c) (2) gilt. Teil a) Ist das Dreieck ABC gleichseitig, also a = b = c, dann ist (2) für alle Punkte des Dreiecks erfüllt, denn es gilt stets qa+rb+pc = (q +r+p)a = a = 1 (a+b+c). Teil b) Im allgemeinen Fall erhalten wir aus (2) und r = 1 p q für Punkte P des gesuchten geometrischen Orts die Bestimmungsgleichung qa+(1 p q)b+pc = 1 (a+b+c) für p,q in den gegebenen Streckenlängen a,b,c und damit ( p 1 ) ( (c b)+ q 1 ) (a b) = 0. () Diese lineare Gleichung in p,q hat die Lösungsschar p = 1 +(a b)x, q = 1 +(b c)x, r = 1 p q = 1 +(c a)x (4) mit x R, wenn a b 0 oder b c 0 ist, also nicht a = b = c gilt. Im affinen Koordinatensystem mit dem Ursprung A, den Achsen AB und AC und den Einheitsstrecken AB und AC hat der Punkt P die Koordinaten (q,r), woraus ersichtlich wird, dass (4) die Gleichung einer Geraden g ist. Für x = 0 ergibt sich mit p = q = r = 1 der Schwerpunkt S des Dreiecks, der damit ebenfalls auf der Geraden g liegt. Alle Punkte des gesuchten geometrischen Orts liegen also auf der Geraden g durch den Schwerpunkt des Dreiecks ABC und im Inneren des Dreiecks, also auf einer Strecke mit Eigenschaften wie behauptet. Umgekehrt gibt es zu jedem Punkt P 0 dieser Strecke eine reelle Zahl x 0, für die sich die Abstände p, q und r von P 0 zu den Dreiecksseiten nach der Formel (4) mit x = x 0 berechnen. Damit ist aber () und schließlich auch (2) erfüllt, so dass P 0 zum gesuchten geometrischen Ort gehört. Anmerkung: Ist das Dreieck ABC gleichschenklig, etwa a = b, so ergibt sich p = 1 für alle Punkte des gesuchten geometrischen Orts. Damit ist h a = p h a konstant und alle Punkte P, die (2) erfüllen, liegen auf der Parallelen zu BC durch S. Anmerkung: Für die Ortsvektoren von S aus gilt SP = SA+ AF + FP = SA+q AB +r AC = ( ( ) SA+q SB SA )+r SC SA = p SA+q SB +r SC. 4

5 (p,q,r) sind die baryzentrischen Koordinaten des Punkts P im Dreieck ABC. Gilt (4) für P, so ist SP = 1 ( ) +x SA+ SB + SC ST für einen Punkt T mit ST =(a b) SA+(b c) SB +(c a) SC, der sich durch Vektoraddition eindeutig bestimmen lässt. Wegen SA+ SB+ SC = 0 für den Schwerpunkt S liegen also alle Punkte P, die (4) erfüllen, auf der Geraden ST Lösung 7 Punkte Mit n = 196 Lottoscheinen kann Paul sein Ziel eines garantierten Dreiers erreichen, wenn er beim Ankreuzen der Scheine die im Weiteren beschriebene Strategie befolgt. Unsere Strategie beruht auf folgender Überlegung: Kann man G = {1,...,49} als Vereinigung dreier Teilmengen A, B und C schreiben, so müssen nach dem Schubfachprinzip in einer der Mengen A, B oder C mindestens drei der sieben gezogenen Zahlen enthalten sein. Wenn Paul also so viele Lottoscheine mit sechs Zahlen allein ausa, allein ausb sowie allein ausc ausfüllt, dass jedes Tripel von Zahlen aus A, jedes Tripel von Zahlen aus B und jedes Tripel von Zahlen aus C auf einem der Lottoscheine angekreuzt ist, dann hat Paul garantiert einen Dreier. Dazu müssen die Mengen A,B,C nicht disjunkt sein. Zunächst beweisen wir folgenden Hilfssatz: Istk undm eine Menge von2k Elementen, dann kann man ( k ) sechselementige Teilmengen von M derart wählen, dass jede dreielementige Teilmenge von M in einer dieser sechselementigen Mengen enthalten ist. Beweis: Wir setzen M = {a 1,...,a k,b 1,...,b k } und bilden die k zweielementigen Mengen M i = {a i,b i }, i = 1,...,k. Zu je drei dieser k paarweise disjunkten zweielementigen Mengen bilden wir die Vereinigungsmenge. Insgesamt erhalten wir damit ( k ) sechselementige Vereinigungsmengen. Da drei beliebige Elemente von M auf höchstens drei der zweielementigen Mengen M i verteilt sind, sind sie in mindestens einer der ( k ) sechselementigen Vereinigungsmengen enthalten. Nun wenden wir den Hilfssatz auf die 18-elementige Menge A = {1,2,...,18} und die 16- elementigen Mengen B = {19,20,...,4} und C = {4,5,...,49} an. Auf diese Weise erhalten wir (9 ) + ( ) 8 + ( ) 8 = 196 sechselementige Mengen. Paul kreuzt nun entsprechend seine 196 Lottoscheine an und hat damit nach den Eingangsüberlegungen garantiert einen Dreier, denn von den sieben gezogenen Zahlen müssen nach dem Schubfachprinzip in einer der Mengen A, B oder C mindestens drei enthalten sein. Die sind aber nach Konstruktion auf einem der Lottoscheine angekreuzt. Hinweis: Die obige Lösung findet nicht das minimal mögliche n. Sie ist aber mustergültig, weil sowohl n als auch die Länge des Beweises relativ klein sind. Nach Kenntnis der Aufgabensteller ist vom minimal möglichen n nur bekannt, dass es zwischen 57 und 116 liegt. Für n = 116 verwendet man die allgemeine Strategie aus obiger Lösung, setzt 5

6 aber A = {1,2,...,18}, B = {19,20,...,5} und C = {6,7,...,49}. Statt der Methode aus dem Hilfssatz wurde nun mit Computerhilfe gezeigt, dass bei 18 Zahlen 48 Lottoscheine genügen, um alle Tripel zu tippen. Bei 17 Zahlen genügen 4,5 Lottoscheine (4 ganze plus Zahlen auf einem weiteren Schein) und bei 14 genügen 24,5 Lottoscheine. Insgesamt genügen also 48+4,5+24,5 = 116 Lottoscheine. 6