55. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Olympiadeklassen 11 und 12 Lösungen

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1 55. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Olympiadeklassen 11 und 12 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten Lösung 10 Punkte Angenommen, es gibt reelle Zahlen x, y, z, die das Gleichungssystem erfüllen. Setzt man den Term für y aus (2) in (3) ein, so ergibt sich die Gleichung z = 5x+6. Einsetzen in (1) liefert 5x + 6 = 2(x 1) 2 1, also 2x 2 9x 5 = 0. Diese quadratische Gleichung hat die Lösungen x 1 = 5 und x 2 = 1/2. Aus (2) und (1) ergeben sich nun für y und z die zugehörigen Werte y 1 = 13, z 1 = 31 bzw. y 2 = 2, z 2 = 7/2. Die Probe zeigt, dassx 1,y 1,z 1 undx 2,y 2,z 2 das Gleichungssystem (1) (3) tatsächlich erfüllen. Die zugehörigen Produkte haben den Wert = 2015 bzw. 1/2 2 7/2 = 7/2. Damit liefert x = 5, y = 13, z = 31 unter den Lösungen des Gleichungssystems das maximale Produkt x y z = Lösung 10 Punkte k P k M r S M P L Da die Tangenten an die Kreise in P einander senkrecht schneiden und die zugehörigen Radien senkrecht auf den Tangenten stehen, sind auch die Radien senkrecht zueinander, siehe Abbildung L Also ist das Dreieck MM P rechtwinklig mit der Hypotenuse MM. Da die Strecke PP eine gemeinsame Sehne der Kreise k und k ist, steht sie senkrecht auf der Zentralen MM der beiden Kreise. Damit ist die Strecke PS eine Höhe im rechtwinkligen Dreieck MM P, sodass nach dem Kathetensatz r 2 = MP 2 = MS MM = MS d und MS = r 2 /d gilt. 1

2 Lösung 10 Punkte Die gesuchte Anzahl a n soll schrittweise berechnet werden. Zunächst sei n = 1, es werden also nur zwei Fliesen gesetzt. Die erste kann eine beliebige Farbe haben, die man mit den jeweils anderen Farben für die zweite Fliese kombinieren kann. Das ergibt a 1 = 3 2 = 6. Wir berechnen a n unter der Annahme, dass a n 1 bereits bekannt ist. Dazu wird ein Streifen der Länge n 1 um zwei Fliesen ergänzt. Die letzte Fliese der ersten Reihe habe die Farbe X, die letzte der zweiten Reihe die Farbe Y X. Die dritte Farbe sei Z. Dann kann man die erste Reihe durch eine Fliese der Farbe Y oder der Farbe Z ergänzen. Fall 1: Die erste Reihe wird durch eine Fliese der Farbe Y ergänzt. Dann kann das Muster sowohl mit einer Fliese der Farbe Z als auch mit einer Fliese der Farbe X vervollständigt werden. Das sind zwei Möglichkeiten. Fall 2: Die erste Reihe wird durch eine Fliese der Farbe Z ergänzt. Dann muss die letzte Fliese die Farbe X haben. Das ist eine dritte Möglichkeit. Daraus ergibt sich a n = a n 1 3, bei jeder Vergrößerung der Länge um 1 multipliziert sich also die Anzahl der Muster mit dem Faktor 3. Aus a 1 = ergibt sich dann nach n 1 Schritten das explizite Ergebnis a n = 2 3 n. Bemerkung: Wenn k Farben zur Verfügung stehen, ergeben sich 1+(k 2) Fälle; das Ergebnis lautet dann a n = k (k 1) (k 2 3k +3) n Lösung 10 Punkte Erste Lösung: Die ersten Glieder der Folge lauten x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 4, x 4 = 8, x 5 = 16, x 6 = 22,... Weil die letzte Ziffer y k+1 von x k+1 eindeutig durch y k bestimmt ist, wird die Folge y k für k 2 periodisch mit der Periode 4. Für k 1 gilt also y 4k 2 = 2, y 4k 1 = 4, y 4k = 8, y 4k+1 = 6. Für k 2 ist demzufolge x k+4 = x k +y k +y k+1 +y k+2 +y k+3 = x k = x k +20. Aus x 3 = 4 folgt somit x 4k+3 = 4+20k, und aus x 5 = 16 schließt man auf x 4k+5 = 16+20k. Wir zeigen nun, dass jede Potenz 4 n von einer der Formen k oder k mit einer nichtnegativen ganzen Zahl k ist. Für n = 1 ist dies sicher richtig. Für n 2 lässt 4 n 1 bei Division durch 5 entweder den Rest 1 oder den Rest 4. Folglich gibt es eine ganze Zahl k 0, für die 4 n 1 = 5k + 1 oder 4 n 1 = 5k+4 gilt. Im ersten Fall ist 4 n = 20k+4, im zweiten Fall gilt 4 n = 20k+16, was zu beweisen war. 2

3 Zweite Lösung: Nachdem man wie in der ersten Lösung die Beziehung x k +20m = x k+4m gezeigt hat, kann man die Untersuchung von Teilbarkeitsresten durch Induktionsargumente ersetzen. Es gilt für n 3 4 n = n 2 = 16 4 n 2 = 4 n n 2 = 4 n n 3 = 4 n (3 4 n 3). Gilt also 4 n 2 = x kn 2, so folgt mit m = 3 4 n 3 aus (1) 4 n = x kn mit k n = k n 2 +4 (3 4 n 3) = k n n 2. Aus 4 1 = 4 = x 3 folgt damit die Zugehörigkeit aller ungeraden Potenzen, aus 4 2 = 16 = x 5 die aller geraden Potenzen von 4 zur Folge x 1,x 2,x 3,... (1) 3

4 Punktverteilungsvorschläge Die nachstehenden Angaben zur Punktverteilung sowohl für die gesamten Aufgaben als auch für die Teillösungen sind Empfehlungen für die Ausrichter des Wettbewerbs und sollen einer einheitlichen Bewertung dienen. Dies vereinfacht für die Schülerinnen und Schüler ein Nachvollziehen der Bewertung und ermöglicht für die Organisatoren Vergleiche zum Zweck der Entscheidung über die Teilnahme an der nächsten Runde. Bei der Vielfalt der Lösungsvarianten ist es nicht möglich, Vorgaben für jede Variante zu machen; das Korrekturteam möge aus den Vorschlägen ableiten, welche Vergabe dem in der Schülerlösung gewählten Ansatz angemessen ist. Dabei können auch Lösungsansätze, die angesichts der Aufgabenstellung sinnvoll erscheinen, aber noch nicht erkennen lassen, ob sie wirklich zu einer Lösung führen, einige Punkte erhalten. Abweichungen von den Vorschlägen müssen von den Ausrichtern des Wettbewerbs ausreichend bekannt gemacht werden. Es wird aber empfohlen, zumindest den prozentualen Anteil der Punkte für Teillösungen beizubehalten. Aufgabe Ansatz, Elimination einer Variablen (y)... 2 Punkte Rückführung auf quadratische Gleichung... 2 Punkte Lösung der quadratischen Gleichung... 2 Punkte Rückschluss auf Lösungstripel... 2 Punkte Auswahl der Lösung mit maximalem Produkt und Antwort... 2 Punkte Aufgabe Überlegungen zu Orthogonalität bis zur Rechtwinkligkeit von MM P... 3 Punkte Orthogonalität von PP zu MM... 2 Punkte Anwendung geeigneter Sätze (z. B. Satzgruppe des Pythagoras) zur Gewinnung von Längenbeziehungen... 3 Punkte Schluss auf Ergebnis... 2 Punkte Aufgabe Untersuchung des Anfangsfalles n = Punkte Rekursionsansatz n 1 n... 2 Punkte Herleitung der Rekursionsbeziehung, i. d. R. durch geeignete Fallunterscheidung... 4 Punkte Schluss auf explizite Darstellung für beliebiges n... 2 Punkte Wenn kein Zugang zur Lösung für allgemeine n gefunden wird, können für die Bearbeitung mehrerer Anfangsfälle (über n = 1 hinaus) insgesamt bis zu 4 Punkte gegeben werden. Wird aus der Betrachtung von Anfangsfällen zusätzlich die korrekte Vermutung für den allgemeinen Fall gewonnen, können insgesamt bis zu 6 Punkte gegeben werden. 4

5 Aufgabe Betrachtung von Anfangsgliedern und Vermutung der Periodizität von (y k ) mit Periode Punkt Nachweis der Periodizität von (y k ) mit Periode Punkte Gewinnung einer rekursiven (wie im 2. Lösungsvorschlag) oder expliziten (wie im 1. Lösungsvorschlag) Darstellung der Folge x k oder zur Lösung ausreichender Teilfolgen... 3 Punkte Nachweis, dass alle Viererpotenzen erreicht werden... 4 Punkte 5