n a k (a 1 1) a k a k a 1 (mod n) gilt, erhalten wir für jeden Index i = 1,..., k 1

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1 Aufgabe 1 Es seien n un k positive ganze Zahlen mit k 2. Ferner seien a 1,...,a k paarweise verschieene ganze Zahlen aus er Menge {1,..., n} erart, ass n ie Zahl a i (a i+1 1) für jees i = 1,...,k 1 teilt. Man zeige, ass ann n ie Zahl a k (a 1 1) nicht teilt. Lösung: Da jeweils n ie Zahlen a i (a i+1 1) für i = 1,...,k 1 teilt, gilt für iese Inizes auch jeweils a i a i a i+1 (mo n). Nehmen wir nun an, ass auch n a k (a 1 1) a k a k a 1 (mo n) gilt, erhalten wir für jeen Inex i = 1,..., k 1 un somit was aber a i a i a i+1 a i a i+1 a a i... a k... a i...a i 1 = a 1...a k (mo n), a 1 a 2... a k a 1...a k (mo n), a 1 = a 2 =... = a k zur Folge hat, was ein Wierspruch ist. Es kann somit wie behauptet n nicht ie Zahl a k (a 1 1) teilen. qe Aufgabe 2 Es sei ABC ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt O. Es seien P un Q innere Punkte er Seiten CA un AB. Ferner seien K, L un M ie Mittelpunkte er Strecken BP, CQ bzw. PQ. Der Kreis Γ gehe urch K, L un M. Die Gerae PQ sei Tangente an en Kreis Γ. Man zeige, ass OP = OQ gilt. Lösung: Zunächst bemerken wir, ass ML urch zentrische Streckung aus Q mit em Faktor 1 aus PC 2 hervorgeht, un ass somit sicher CA LM gilt, un somit LMP = QP A. Da Γ ie Strecke PQ in M berührt gilt auch LMP = LKM, un somit folgt QPA = LKM. Analog gilt auch AB MK un somit PQA = KMQ = KLM, un es folgt, ass ie Dreiecke APQ un MKL ähnlich sin. Somit folgt also AP AQ = MK QB ML = 2 PC 2 = QB PC.

2 Wir erhalten AP PC = AQ QB, un ie Potenz er Punkte P un Q bezüglich es Umkreises von ABC ist somit gleich, woraus OP = OQ folgt. qe Aufgabe 3 Es sei s 1, s 2, s 3,... eine streng monoton wachsene Folge positiver ganzer Zahlen erart, ass ie beien Teilfolgen s s1, s s2, s s3,... un s s1 +1, s s2 +1, s s3 +1,... jeweils arithmetische Folgen sin. Man zeige, ass s 1, s 2, s 3,... ebenfalls eine arithmetische Folge ist. Lösung: Es sei D ie Differenz er arithmetischen Folge s s1, s s2, s s3,.... Für beliebige Inizes n efinieren wir n := s n+1 s n. Unser Ziel ist es, nachzuweisen, ass ie Folge er n konstant ist. Nun ist es aufgrun er strengen Monotonie er Folge er s n klar, ass n 1 für alle Inizes n gelten muss. Daraus folgt aber für alle Inizes n auch n = s n+1 s n sn + s sn sn+1 1 = s sn+1 s sn = D. Wir sehen also, ass ie Menge er Zahlen n beschränkt ist. Aufgrun ieser Beschränktheit existieren sicherlich ie Zahlen m = min{ n n = 1, 2,...} un M = max{ n n = 1, 2,...}. Es genügt nun zu zeigen, ass m = M gilt. Nehmen wir an, ass m < M gelte. In iesem Fall wählen wir en Inex n so, ass n = m gilt. Für iesen Wert m = n = s n+1 s n gilt ann D = s sn+1 s sn = s sn+m s sn = sn + sn sn+m 1 mm, wobei Gleichheit genau ann gilt, wenn alle Summanen gleich M sin. Nun wählen wir en Inex n so, ass n = M gilt. Für iesen Wert M = n = s n+1 s n gilt D = s sn+1 s sn = s sn+m s sn = sn + sn sn+m 1 mm, wobei in iesem Fall Gleichheit genau ann gilt, wenn alle Summanen gleich m sin. Beie Ungleichungen ergeben also zusammen D = mm un wegen er Gleichheit in beien Fällen gilt sn = sn+1 =... = sn+1 1 = M wenn n = m, un sn = sn+1 =... = sn+1 1 = m wenn n = M. Aus n = m folgt also sn = M. Nun bemerken wir, ass s n s 1 + (n 1) n für alle n gilt. Darüber hinaus muss s n > n für n = m gelten, a s n = n sicher m = n = sn = M zur Folge hätte, im Wierspruch zur Annahme m < M. Auf ähnliche Art folgt aus n = M aber auch sn = m un s n < n. Es existiert also eine monoton steigene Folge n 1, n 2, n 3,..., soass sn1 = M, sn2 = m, sn3 = M, sn4,... gilt. Die Folge s1, s2,... ist aber ie Folge er paarweisen Differenzen von s s1 +1, s s2 +1,... un s s1, s s2,..., un somit eine arithemtische Folge. Es folgt also wie erwünscht m = M. qe

3 Aufgabe 4 Es sei ABC ein Dreieck mit AB = AC. Die Innenwinkelhalbierenen er Winkel BAC un CBA schneien ie Seiten BC un AC in en Punkten D bzw. E. Es sei K er Inkreismittelpunkt es Dreiecks ADC. Ferner sei <) BEK = 45. Man bestimme alle möglichen Werte von <) BAC. Lösung: Wir zeigen, ass entweer <) BAC = 60 o oer <) BAC = 90 o gelten muss. Sei I er Inkreismittelpunkt von ABC. Da sowohl K als auch I auf er Winkelsymmetrale von <) ACB liegen, liegt K auf er Strecke CI. Sei F er Berührpunkt es Inkreises von ABC mit er Seite AC. Da D er Berührpunkt ieses Kreises mit BC ist, sin ie Strecken IF un ID beie an Inkreisraien gleich lang. Die Dreiecke ICD un ICF sin also kongruent. Nun seien P, Q un R ie Berührpunkte es Inkreises von ADC mit en Seiten AD, DA bzw. AC. Da K un I auf er Winkelsymmetrale von <) ACD liegen, sin ie Strecken ID un IF symmetrisch bezüglich er Geraen IC. Es gibt also einen Berührpunkt S er Strecke IF mit iesem Inkreis. Die Strecken KP, KQ, KR un KS sin also alle gleich lang un stehen er Reihe nach normal zu AD, DC, CA bzw. IF. Unabhängig vom Winkel <) BEK ist also as Viereck KRFS ein Quarat, un es gilt <) SFK =<) KFC = 45 o. Nun betrachten wir zuerst en Fall <) BAC = 60 o. In iesem Fall ist as Dreieck ABC gleichseitig. Es gilt sicher F = E, un wir haben somit in iesem Fall <) BEK =<) IFK =<) SEK = 45 o. Es ist also 60 o ein möglicher Wert es Winkels <) BAC. Als nächstes betrachten wir en Fall <) BAC = 90 o. In iesem Fall haben wir <) CBA =<) ACB = 45 o. Weiters gelten in iesem Fall <) KIE = 1 2 <) CBA <) ACB = 45o, <) AEB = 180 o 90 o 22, 5 o = 67, 5 o un <) EIA =<) BID = 180 o 90 o 22, 5 o = 67, 5 o. Das Dreieck IEA ist also gleichschenkelig, un eine Spiegelung es Dreiecks an er Achse AK (er Winkelsymmetralen von <) IAE) vertauscht I un E un läßt K fix. Es gilt also <) KIE =<) IEK =<) BEK = 45 o, womit wir erkennen, ass 90 o auch ein möglicher Wert es Winkels <) BAC ist. Es bleibt nun zu zeigen, ass kein anerer Wert als 60 o un 90 o in Frage kommt. Es gilt ja <) BEK = 45 o un <) BEK =<) IEK =<) IFK = 45 o. Nun gibt es rei Möglichkeiten. Es kann F = E gelten. In iesem Fall ist ie Winkelsymmetrale BI eine Höhe es Dreiecks ABC. Das beeutet aber, as BC = BA gilt, un es muss somit as Dreieck ABC gleichseitig sein. In iesem Fall gilt also BAC = 60 o. Es kann auch E zwischen F un C liegen. In iesem Fall liegen ie Punkte K, E, F un I auf einem gemeinsamen Kreis. Somit gilt 45 o =<) KFC =<) KFE =<) KIE =<) CBI+ <) ICB = 2 <) ICB = 90 o 1 <) BAC, 2

4 un aher <) BAC = 90 o. Schließlich kann auch F zwischen E un C liegen. Wieer liegen K, E, F un I auf einem gemeinsamen Kreis un es gilt 45 o =<) KFC = 180 o <) KFE =<) KIE, woraus wieer <) BAC = 90 o folgt, was aber beeutet, ass E zwischen F un C liegt. Dieser Fall ist also nicht möglich. Wir sehen, ass es tatsächlich nur ie beien Lösungen <) BAC = 60 o un <) BAC = 90 o gibt. qe Aufgabe 5 Man bestimme alle Funktionen f, ie auf er Menge er positiven ganzen Zahlen efiniert sin un nur positive ganze Zahlen als Werte annehmen, so ass es für alle positiven ganzen Zahlen a un b ein nicht ausgeartetes Dreieck mit Seitenlängen a, f(b) un f(b + f(a) 1) gibt. (Ein Dreieck heißt nicht ausgeartet, wenn seine Eckpunkte nicht kollinear sin.) Lösung: Wir wollen zeigen, ass f(x) = x als einzige Funktion iese Eigenschaft besitzt. Zunächst gilt ie Eigenschaft sicher für iese Funktion, a ie rei Werte in iesem Fall a, f(b) = b un f(b + f(a) 1) = a + b 1 sin. Diese (ganzzahligen) Werte sin sicher ie Seitenlängen eines Dreiecks, a wegen a, b 1 sicher a + b 1 a bzw a + b 1 b gelten, un somit sowohl a + (a + b 1) > b als auch b + (a + b 1) > a. Ebenso gillt offensichtlich a + b > a + b 1, un ie Funktion f(x) = x hat somit ie gewünschte Eigenschaft. Nun bleibt zu zeigen, ass keine weitere Funktion iese Eigenschaft hat. Sei zu iesem Zweck f(x) eine beliebige Funktion mit er gewünschten Eigenschaft. Wir teilen en Beweis in meherere Schritte. Schritt 1: Wir zeigen, ass f(1) = 1 gilt. Wäre f(1) = 1 + m > 1, so setzen wir a = 1, un sehen, ass f(b) = f(b + m) für alle b gelten müsste, a es stets ein Dreieck mit en Seitenlängen 1, f(b) un f(b + f(1) 1) = f(b + m) gibt. Die Funktion f wäre also perioisch mit er Perioenlänge m un somit beschränkt. Ist aber B eine obere Schranke er Funktion (also f(a) B für alle a), so wieerspräche ies er Existenz eines Dreiecks mit en Seitenlängen a (mit a beliebig größer als 2B), f(b) < B un f(b + f(a) 1) < B. Es gilt also sicher m = 0, un somit f(1) = 1. Schritt 2: Wir zeigen, ass f(f(c)) = c für alle c 1 gilt. Dies folgt unmittelbar, wenn wir a = c un b = 1 setzen, a wir ein Dreieck mit en Seitenlängen c, 1 un f(f(c)) erhalten. Schritt 3: Wir zeigen, ass f(c) c für alle c 1 gilt. Wir nehmen as Gegenteil an, also + 1 = f(c) > c für irgenein c. Wegen f(1) = 1 gilt ann sicher c 2. Es sei M = max{f(1), f(2),..., f()}. Wir zeigen zuerst, ass es kein positives t gibt, soass f(t) > c 1 t + M gilt, a wir ansonsten as kleinste t in er Form t = r+s schreiben können, wobei r ganzzahlig ist un 1 s. Aufgrun er Defintion von M gilt t >. Setzen wir x = c un y = t, erhalten wir aus er Dreiecksungleichung c + f(t ) > f((t ) + f(c) 1) = f(t + ) = f().

5 Somit gilt aber f(t ) f(t) (c 1) > c 1 (t ) + M, was er Definition von M als kleinste Zahl mit ieser Eingenschaft wierspricht. Aufgrun ieses Wierspruchs gilt also für alle t 1. f(t) c 1 t + M Mit ieser Eigenschaft können wir nun en Schritt 3 abschließen. Wegen c gilt c 1 < 1, un wir können somit eine hinreichen große ganze Zahl t so wählen, ass ie Beingung ( ) 2 ( ) c 1 c 1 t M < t erfüllt ist. Somit gilt aber f(f(t)) c 1 f(t) + M c 1 ( c 1 ) t + M < t, was einen Wierspruch zu schritt 2 ergibt. Dies beenet also en Beweis von Schritt 3. Schritt 4: Es gilt nun also abschließen c = f(f(c)) f(c) c, un somit f(c) = c für alle positiven ganzen zahlen c, wie behauptet. qe Aufgabe 6 Es seien n eine positive ganze Zahl, a 1, a 2,...,a n paarweise verschieene positive ganze Zahlen un M eine Menge von n 1 positiven ganzen Zahlen, ie nicht ie Summe s = a 1 +a 2 + +a n als Element enthält. Ein Grashüpfer springt längs er reellen Zahlengerae. Er startet im Nullpunkt un vollführt n Sprünge nach rechts mit Längen a 1, a 2,...,a n in beliebiger Reihenfolge. Man zeige, ass er Grashüpfer seine Sprünge so anornen kann, ass er nie auf einem Punkt aus M lanet. Lösung: Zunächst bemerken wir, ass ie Beingung M = n urch ie etwas lockerere Beingung M (0, s a] n mit a = min{a 1, a 2,...,a n+1 } ersetzt weren kann. Wir beweisen nun ie Behauptung urch Inuktion. Der Fall n = 0 ist offensichtlich. Sei also n > 0 un gelte ie Behauptung füe alle nichtnegativen ganzen Zahlen kleiner als n. Ferner seien a 1, a 2,...,a n+1, s un M wie in er Angabe efiniert. o.b..a. gelte a n+1 < a n <... < a 2 < a 1. Wir efinieren k T k = a i für k = 0, 1,...,n + 1. i=1 Dabei bemerken wir, ass 0 = T 0 < T 1 <... < t n+1 = s gilt. Wir nutzen nun ie Inuktionsannahme auf folgene Art: Behauptung 1: Es genügt zu zeigen, ass es ein m {1, 2,..., n+1} gibt, soass er Grashüpfer minestens m Sprünge machen kann, ohne auf einem Punkt von M zu lanen, un ass er nach iesen m Sprüngen über minestens m Punkten aus M gesprungen ist. Beweis: Wegen M = n ist m = n + 1 unmöglich. Setzen wir also n = n m. Dann gilt sicher 0 n < n. Die restlichen n + 1 Sprünge können nun nach er Inuktionsannahme mit

6 Hilfe einer Verschiebung es Ausgangspunktes ohne auf einen er höchstens n verbliebenen verbotenen Punkte zu lanen ausgeführt weren. Dies zeigt ie Gültigkeit er Behauptung 1. Wir bezeichnen eine positive ganze Zahl k {1, 2,..., n + 1} als glatt, wenn er Grashüpfer genau k Sprünge er Längen a 1, a 2,...a k so ausführen kann, ass er niemals auf einem Punkt von M lanet, mit Ausnahme es letzten Sprunges, nach em er auf einem Punkt von M lanen arf. Offensichtlich ist 1 glatt. Es gibt also eine größte Zahl k, soass ie Zahlen 1, 2,..., k glatt sin. Wenn k = n + 1 gilt, ist er Beweis fertig. Wir nehmen also in er Folge k n an. Behauptung 2: Es gilt T k M un M (0, T k ) k. Beweis: Falls T k M gilt, kann jee Sprungfolge, ie ie Glattheit von k bestätigt urch Erweiterung um a k +1 verlängert weren, was ein Wierspruch zur Tatsache ist, ass k maximal ist. Es gilt also T k M. Gilt M (0, T k ) < k, so gibt es ein l {1, 2,..., k } mit T k +1 a l M. Nach er Inuktionsannahme (mit k 1 für n) kann er Grashüpfer T k +1 a l mit k Sprüngen er Längen {a 1, a 2,..., a k +1}\{a l } erreichen, ohne auf einem Punkt von M zu lanen. Das beeutet aber, ass k + 1 galtt ist, im Wierspruch zur Maximalität von k. Dies zeigt ie Gültigkeit er Behauptung 2. Nach Behauptung 2 existiert also eine kleinste Zahl k {1, 2,..., k } mit Behauptung 3: Es genügt, en Fall zu betrachten. T k M un M (0, T k ) k. M (0, T k 1 ) k 1 Beweis: Im Fall k = 1 gilt offensichtlich M (0, T k 1 ) k 1. Im Folgenen setzen wir also jeweils k > 1 voraus. Wenn T k 1 M gilt, ann folgt M (0, T k 1 ) k 1 unmittelbar aus er Minimalität von k. Wenn T k 1 M gilt, so erhält man wegen er Glattheit von k 1 eine Situation wie in Behauptung 1 mit m = k 1, wenn M (0, T k 1 ) k 1 gilt. In iesem Fall können wir uns sogar auf en Fall M (0, T k 1 ) k 2 beschränken, un ie Gültigkeit er Behauptung 3 ist gezeigt. Wir wählen nun eine ganze Zahl v 0 mit M (0, T k 1 ) = k + v. Seien r 1 > r 2 >... > r l genau ie Inizes r aus {k + 1, k + 1,...,n + 1} für ie T k + a r M gilt. Dann gilt n = M = M (0, T k ) M (T k, s) k + v (n + 1 k l), un somit l v + 2. Wir bemerken, ass T k +a r1 a 1 < T k +a r1 a 2 <... < T k +a r1 a k < T k +a r2 a k <... < T k +a rv+2 a k < T k, was genau k + v + 1 Zahlen aus em Bereich (0, T k ) sin. Wir können also ein r {k + 1, k + 2,...,n + 1} un ein s {1, 2,..., k} bestimmen mit T k + a r M un T k + a r a s M. Betrachten wir nun ie Menge er Sprungweiten B = {a 1, a 2,...,a k, a r }\{a s }. Es gilt = T k + a r a s un x B T k + a r a s min(b) = T k a s T k 1. Wegen M (0, T k 1 ) k 1 un er eingangs erwähnten Verschärfung mit k 1 statt n, kann er Grashüpfer T k + a r a s mit k Sprüngen erreichen, eren Längen aus B gewählt weren, ohneauf einem Punkt aus M zu lanen. Von ort kann er zu T k + a r springen, womit eine Situation wie in Behauptung 1 mit m = k + 1 erreicht wir, was en Beweis vervollstänigt. qe