49. Mathematik-Olympiade 3. Stufe (Landesrunde) Klasse 11 Lösungen 1. Tag

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1 49. Mathematik-Olympiade 3. Stufe (Landesrunde) Klasse 11 Lösungen 1. Tag c 010 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten Lösung 6 Punkte Es wird bewiesen, dass es keine ganzen Zahlen x und y gibt, für die gilt. 010 x 009 y = 50 (1) Angenommen, es gibt solche Zahlen x und y. Dann ist y = (010 x 009 y ) 010 (x y ) = (x y ) = 3 ( (x y ) ) +, weshalb y bei Division durch 3 den Rest 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 009 y = 010 x 50 = 5 (40 x 10) muss y 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 40 x b = 10. 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 () eingesetzt ergibt dies 010 a 009 b =, also b = 5 40 (b a ) +. Dies ist jedoch ein Widerspruch, denn eine Quadratzahl kann bei Division durch 5 niemals den Rest, sondern nur einen der Reste 0, 1 oder 4 lassen. Rest von b bei Division durch Rest von b bei Division durch Bemerkung: Eine weitere Variante ergibt sich, wenn man zunächst in Analogie mit der ersten Lösung die Umformung y = (y x ) + 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 ()

2 49113 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 = 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 und AB, AC, AD, BC, BE, BF, CD, CE, DB, DE, EA, EF, F A, F C, F D 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 C 1,..., C n, die die geforderte Eigenschaft hat, eine solche mit n+ Hallen konstruieren kann:

3 Es mögen die beiden Hallen A und B hinzukommen. Wir bauen die Förderbänder AC i und C i B für alle i = 1,..., n sowie BA. Die Verbindung von C i nach C j ist nach Voraussetzung gesichert. Ebenso kommt man von C i nach B direkt und nach A mit dem Umweg über B. Außerdem kommt man von A direkt zu allen C i und nach B über C 1. Von B kommt man zu A direkt und mit dem Umweg über A zu allen C i. 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 1 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 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 I D und S und mithin auch der Punkt I C. Deshalb stehen die Geraden I C 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 AB + AC BC AQ = als auch AB + AD BD AQ =. Beides zusammengenommen liefert AC + BD = AD + BC. Ebenso lässt sich zeigen, dass auch AB + CD = AC + BD gilt. 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 , 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 I. Indem wir den Satz des Pythagoras nacheinander auf die rechtwinkligen Dreiecke AIS, AF I und F IS anwenden, erhalten wir AS = AI + IS = AF + F I + IS = AF + F S, 3

4 Abbildung L 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 AUS, AW S und AXS folgt AS = AU + US = AW + W S = AX + XS. 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

5 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 Insgesamt: 6 Punkte Bei Ansätzen, die vergleichbar dem 1. und. Lösungsvorschlag eine Rückführung auf quadratische Reste bezüglich kleiner Moduln beinhalten: Geeignete Umformungen algebraischer Ausdrücke, die eine Rückführung auf einen geeigneten kleinen Modul ermöglichen Punkte Betrachtung quadratischer Reste z. B. modulo 3 oder 5 und Schluss, dass keine Lösungen existieren Punkte Alternativ, wenn Lösungswege im Sinne der Bemerkung eingeschlagen werden, die die Betrachtung größerer Moduln und dementsprechend längere Fallunterscheidungen erfordern: Algebraische Umformungen Punkte Formulierung einer notwendigen Lösungsbedingung in quadratischen Resten bezüglich eines geeigneten Moduls (z. B. 67) Punkt Fallunterscheidung für die quadratischen Reste und Schluss, dass keine Lösungen existieren Punkte Aufgabe Insgesamt: 7 Punkte Fall n = Punkt Fall n = Punkt Fall n = Punkt Fall n = Punkte Schluss von n auf n + und Zusammenfassung zur Antwort Punkte Aufgabe Insgesamt: 7 Punkte Feststellung geeigneter Lagebeziehungen (gemeinsame Berührungspunkte benachbarter Inkreise) oder Formulierung und Beweis des Lemmas Punkte Weitere Umformungen von Streckenlängen Punkte Schluss auf Behauptung Punkte 5

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