40. Österreichische Mathematik-Olympiade Kurswettbewerb Lösungen

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1 40. Österreichische Mathematik-Olympiade Kurswettbewerb Lösungen TU Graz, 29. Mai Für welche Primzahlen p ist 2p + 1 die dritte Potenz einer natürlichen Zahl? Lösung. Es soll also gelten 2p + 1 = n 3 für eine natürliche Zahl n. Die linke Seite ist sicher ungerade, daher muss auch die rechte Seite ungerade sein. Dies ist genau dann der Fall, wenn n ungerade ist. Sei daher n = 2m + 1. Wir erhalten nun: 2p + 1 = (2m + 1) 3 2p + 1 = 8m m 2 + 6m + 1 p = 4m m 2 + 6m = m (4m m + 6) 1 : 2 Falls m und (4m m + 6) beide größer als 1 sind, ist p das Produkt zweier natürlicher Zahlen und somit keine Primzahl. Es bleibt somit nur noch der Fall m = 1 zu betrachten. Hier erhalten wir m (4m m + 6) = 13, und dies ist eine Primzahl. Wir erhalten somit die einzige Lösung p = 13 mit = 27 = (a) Man zeige, dass für alle reellen Zahlen x, y, z die Ungleichung 10x 2 + 2y 2 + 5z 2 2xy + 4yz + 6zx gilt. Wann gilt Gleichheit? Lösung. Wir bringen die Terme auf die linke Seite und fassen zusammen: 10x 2 + 2y 2 + 5z 2 2xy + 4yz + 6zx 10x 2 + 2y 2 + 5z 2 2xy 4yz 6zx 0 x 2 2xy + y 2 + y 2 4yz + 4z 2 + z 2 6(zx) + 9x 2 0 (x y) 2 + (y 2z) 2 + (z 3x) 2 0 Die letzte Ungleichung gilt immer, da eine Summe von Quadraten reeller Zahlen immer größer oder gleich 0 ist. Da alle Umformungen Äquivalenzumformungen waren, ist damit auch die ursprüngliche Ungleichung bewiesen.

2 (b) Man bestimme alle positiven ganzen Zahlen n, für die gilt. n < 3 n Lösung. Zunächst betrachten wir die ersten Werte von n: n n 2 n n Wir sehen, dass die Ungleichung für n {1, 2, 3, 4, 5, 6} gilt. Da 3 n schneller wächst als n vermuten wir, dass es keine weiteren Lösungen gibt, und beweisen dies mit vollständiger Induktion: Induktionsbasis haben wir bereits. Induktionsvoraussetzung: n < 3 n für 7 n N. Induktionsschritt: Wir müssen zeigen, dass auch (N + 1) < 3 N+1 gilt. Dies erhalten wir durch Umformung: (N + 1) = N 2 + 2N N 2 + N (da 2N < N 2 für N > 2) < 3 N + 3 N (nach Induktionsvoraussetzung) 3 N + 3 N + 3 N (da 2009 < 3 N für N 7) = 3 3 N = 3 N+1 Die Ungleichung gilt daher genau für n {1, 2, 3, 4, 5, 6}. 3. Man bestimme alle x R, sodass x 2 [x] 2 = 3 x gilt. Lösung. Wir sehen sofort, dass für x > 3 die linke Seite positiv, die rechte jedoch negativ ist. Daher kann es keine Lösung mit x > 3 geben. Ist x negativ, so gilt [x] 2 x 2 (da zum Beispiel [ 3.2] = 4) mit Gleichheit nur bei ganzzahligen x. Der Ausdruck unter der Wurzel ist für nicht ganzzahlige, negative x

3 somit negativ. Für ganzzahlige negative x ist der Ausdruck unter der Wurzel gleich 0, die rechte Seite 3 x aber sicher größer als 3. Somit kann es auch keine Lösungen mit x < 0 geben. Zur leichteren Berechnung der verbleibenden Fälle formen wir den Ausdruck um: x 2 [x] 2 = 3 x 2 x 2 [x] 2 = 9 + x 2 6x x 2 + 6x + [x] 2 6x = 9 + [x] 2 Wir schreiben x an als x = m + r mit m Z und 0 r < 1, und erhalten: 6m + 6r = 9 + m 2 6r = 9 + m 2 6m r = 9 + m2 6m 6 6m : 6 Da wir alle Fälle außer m {0, 1, 2, 3} bereits ausgeschlossen haben, bleiben nur noch diese vier Fälle zu betrachten: m = 0: Wir erhalten r = 9, dies widerspricht aber der Definition von r. 6 m = 1: Wir erhalten r = 4 = 2 und somit die Lösung x = = 5. Einsetzen zeigt, dass dies eine gültige Lösung ist. m = 2: Wir erhalten r = 1 6 und somit die Lösung x = = Einsetzen zeigt, dass dies eine gültige Lösung ist. m = 3: Wir erhalten r = 0 und somit die Lösung x = 3. Einsetzen zeigt, dass dies eine gültige Lösung ist. Insgesamt erhalten wir daher die drei Lösungen x = 5 3, x = 13 6 und x = 3. Lösung. (Alternativer Lösungsweg) Bei der Gleichung 6r = 9 + m 2 6m können wir auch erkennen, dass die rechte Seite ein vollständiges Quadrat ist und erhalten 6r = (m 3) 2. Da die rechte Seite das Quadrat einer ganzen Zahl ist, muss dies auch auf die linke Seite zutreffen. Wegen r < 1 und somit 6r < 6 kommt nur 0 2 = 6r, 1 2 = 6r oder 2 2 = 6r in Frage, und wir erhalten dieselben drei Lösungen: 6r = 0 2 = r = 0, m = 3 6r = 1 2 = r = 1 6, m = 2 6r = 2 2 = r = 4 6, m = 1

4 4. Sei ABCD ein konvexes Viereck mit AB = BC = AD. Weiters sei M der Schnittpunkt der beiden Diagonalen AC und BD, und es gelte AMB = 70 und ACB = 50. a) Man bestimme die Winkel DAM und DCM. b) Wie kann man das Viereck ABCD konstruieren? D M 50 C 70 A B Abbildung 1: Skizze 1 Lösung. a) Das Dreieck ABC ist gleichschenkelig, daher gilt CAB = ACB = 50. Aus der Winkelsumme im Dreieck ABM folgt MBA = 180 AMB MAB = = 60. Das Dreieck ABD ist gleichschenkelig, daher gilt ADB = ABD = 60. Aus der Winkelsumme im Dreieck ABD folgt DAB = 180 DBA ADB = = 60. Es folgt DAM = DAB + MAB = = 10. Aus der Winkelsumme im Dreieck ABC folgt ABC = 180 ACB CAB = = 80, und somit weiters DBC = ABC ABD = = 20. Auf Grund der drei 60 -Winkel sehen wir, dass das Dreieck ABD gleichseitig ist. Damit ist das Dreieck DBC gleichschenkelig, und wir erhalten BDC = BCD = = 80. Damit folgt nun DCM = DCB ACB = = 30.

5 b) Konstruiere den Peripheriewinkelkreis über AB zum Winkel 70. Der Punkt C muss sowohl auf diesem Kreis als auch (wegen AB = BC ) auf dem Kreis mit Mittelpunkt B und Radius AB liegen. Wir erhalten C daher als Schnittpunkt dieser beiden Kreise. Konstruiere den Peripheriewinkelkreis über AB zum Winkel 50. Der Punkt M muss sowohl auf diesem Kreis liegen als auch auf der Strecke AC. Wir erhalten M daher als Schnittpunkt dieser beiden. Der Punkt D schließlich muss sowohl auf der Verlängerung von BM liegen als auch (wegen AB = AD) auf dem Kreis mit Mittelpunkt A und Radius AB. Wir erhalten D daher als Schnittpunkt dieser beiden, und haben das Viereck ABCD somit eindeutig konstruiert. Weitere Informationen über die ÖMO findet man auf