55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 11 Lösungen 1. Tag

55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 11 Lösungen 1. Tag c 2016 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 551141 Lösung 6 Punkte Erste Lösung: Angenommen,(a, b) ist eine Lösung des Gleichungssystems. Setzt man s = a+b und t = ab, so lässt sich das gegebene Gleichungssystem in s 2 2t = 25, 3s t = 15 umschreiben. Löst man die zweite Gleichung nach t auf und setzt sie in die erste ein, so ergibt sich eine quadratische Gleichung in s, s 2 2(3s 15) = 25, s 2 6s+5 = 0, (s 1)(s 5) = 0, die die Lösungen s 1 = 1 und s 2 = 5 hat. Entsprechend ergeben sich t 1 = 12 bzw. t 2 = 0. Um nun a und b zu ermitteln, müssen die Gleichungen a + b = s und ab = t mit s 1 und t 1 beziehungsweise s 2 und t 2 gelöst werden. Auflösen der ersten Gleichung nach b und Einsetzen in die zweite Gleichung führt jeweils auf die quadratische Gleichung a 2 sa+t = 0, aus der Lösungen für a und anschließend b ermittelt werden können. Fall 1: s 1 = 1, t 1 = 12: a 2 a 12 = 0, (a 4)(a+3) = 0. Damit ergeben sich im ersten Fall für (a,b) nur die Möglichkeiten ( 3,4) und (4, 3). Fall 2: s 2 = 5, t 2 = 0: a 2 5a = 0, a(a 5) = 0. Damit ergeben sich im zweiten Fall für (a,b) nur die Möglichkeiten (0,5) und (5,0). Die Probe durch Einsetzen bestätigt, dass die Paare ( 3,4), (4, 3), (0,5) und (5,0) tatsächlich Lösungen des Gleichungssystems sind. Zweite Lösung: Formt man die zweite Gleichung äquivalent um, so erhält man a(3 b) = 15 3b, 1

woraus b 3 folgt und damit a = 15 3b 3 b. (1) Einsetzen dieser Formel in die erste Gleichung liefert nun also und (15 3b) 2 (3 b) 2 +b 2 = 25, (15 3b) 2 +b 2 (3 b) 2 = 25(3 b) 2, 9b 2 90b+225+b 4 6b 3 +9b 2 = 25b 2 150b+225 b 4 6b 3 7b 2 +60b = 0. Durch Probieren findet man hier die Nullstellen b 1 = 0, b 2 = 4, b 3 = 5 sowie b 4 = 3 und damit die Faktorisierung b(b 5)(b 4)(b+3) = 0, die zeigt, dass es neben diesen vier Möglichkeiten für b keine weiteren geben kann. Formel (1) liefert jetzt sofort a 1 = 5, a 2 = 3, a 3 = 0 und a 4 = 4. Schließlich bestätigt eine Probe die vier Lösungspaare in derselben Weise wie in der ersten Lösung. 551142 Lösung 7 Punkte Erste Lösung: Erster Schritt: Bezeichnungen. Es sei n eine nichtnegative ganze Zahl. Wir nehmen an, der Vater erstellt statt eines 55- Tages-Plans einen Aufwaschplan für n Tage. Die entsprechenden Anzahlen mögen mit x n beziehungsweise y n bezeichnet werden. Es gelten also x 0 = 0, x 1 = 0, x 2 = 1 sowie y 0 = 0, y 1 = 0 und y 2 = 1. Wir notieren die möglichen Aufwaschpläne als Wörter, das heißt als55-tupelp = (p 1,...,p 55 ) mit p i {A,B,C} für i = 1,...,55. Dabei soll p i = A bedeuten, dass Antonia am i-ten Tag Aufwaschdienst hat, während p i = B und p i = C die entsprechenden Aussagen über Bernhard beziehungsweise Christian repräsentieren. Zur Vereinfachung der Notation werden wir Wörter (p 1,...,p 55 ) auch kurz als p 1...p 55 schreiben. Zweiter Schritt: Die Folge (x n ) n=1,...,55 genügt für n 2 der Rekursionsgleichung x n = 2x n 1 +2x n 2 +3 n 2. In der Tat trifft für jedes Wort (p 1,...,p n ), das die Buchstabenkombination AA enthält, genau einer der drei folgenden Fälle zu. Fall 1: p 1 {B,C}. Die Anzahl dieser Wörter ist das Doppelte der Anzahl der Wörter (p 2,...,p n ) der Länge n 1, die die Buchstabenkombination AA enthalten, also gleich 2x n 1. Fall 2: p 1 = A und p 2 {B,C}. Für die Anzahl dieser Wörter ergibt sich analog 2x n 2. 2

Fall 3: p 1 = p 2 = A. Diese Wörter beginnen bereits mit AA. Daher sind alle 3 n 2 möglichen Wahlen für (p 3,...,p n ) zulässig. Diese Überlegung bestätigt die obige Rekursionsgleichung für (x n ). Dritter Schritt: Die Folge (y n ) n=1,...,55 erfüllt für n 2 die Rekursionsgleichung y n = 3y n 1 y n 2 +3 n 2. Hier unterscheiden wir zwei Fälle. Fall 1: Bereits das Anfangsstück (p 1,...,p n 1 ) enthält die Sequenz AB. Es gibt 3y n 1 Möglichkeiten, da p n beliebig ausgesucht werden kann. Fall 2: Es gelten p n 1 = A und p n = B, aber (p 1,...,p n 2 ) ist frei von Sequenzen AB. Es gibt genau 3 n 2 aus den Buchstaben A, B und C gebildete Wörter der Länge (n 2). Unter ihnen sind 3 n 2 y n 2 von AB frei. Damit ist die obige Rekursionsgleichung für (y n ) bestätigt. Man beachte, dass der erste Fall allein die Ungleichung 3y n 1 y n zeigt. Vierter Schritt: Es gilt x n y n für alle ganzzahligen n 0 und dabei x n < y n für n 3. Induktionsanfang, n = 0,1,2,3: Die ersten drei Fälle ergeben sich unmittelbar aus den oben angegebenen Werten. Weiterhin liefern die Rekursionsformeln x 3 = 2 1+2 0+3 1 = 5 und y 3 = 3 1 0+3 1 = 6. Also ist tatsächlich x 3 < y 3. Induktionsschritt: Es sei n 4 und die Ungleichung bereits für alle kleineren n gezeigt. Dann wissen wir x n 2 y n 2 und, da n 1 3 ist, sogar x n 1 < y n 1. Daher gilt x n = 2x n 1 +2x n 2 +3 n 2 < 2y n 1 +2y n 2 +3 n 2. Andererseits ist aber, wie gezeigt, y n = 3y n 1 y n 2 +3 n 2, folglich y n x n > y n 1 3y n 2 0. Für die letzte Ungleichung beachte man die Beobachtung vom Ende des dritten Schrittes. Schlussfolgerung: Insbesondere ist also x 55 < y 55, was die Frage aus der Aufgabenstellung beantwortet. Bemerkungen: Benutzt man ein für lineare Differenzengleichungen übliches Lösungsverfahren, dann lassen sich explizite Bildungsvorschriften herstellen. Dies geschieht wie folgt. 1. Man versucht die Ansätze x n = a 1 λ n 1 +a 2 λ n 2 +a 3 3 n sowie analog y n = b 1 µ n 1 +b 2 µ n 2 +b 3 3 n und setzt diese in die Rekursionsgleichungen ein. Dies liefert (λ 2 1 2λ 1 2) a 1 λ n 2 1 +(λ 2 2 2λ 2 2) a 2 λ n 2 2 +(a 3 1) 3 n 2 = 0 3

und (µ 2 1 3µ 1 +1) b 1 µ n 2 1 +(µ 2 2 3µ 2 +1) b 2 µ n 2 2 +(b 3 1) 3 n 2 = 0. Für die zwei Lösungen λ 1, λ 2 der quadratischen Gleichung λ 2 2λ 2 = 0 und die zwei Lösungen µ 1, µ 2 der quadratischen Gleichung µ 2 3µ+1 = 0 erfüllen die Ansätze folglich im Fall a 3 = b 3 = 1 die Rekursionsgleichungen für beliebige Konstanten a 1, a 2, b 1 und b 2. Die beiden quadratischen Gleichungen λ 2 2λ 2 = 0 und µ 2 3µ+1 = 0 besitzen nun tatsächlich jeweils zwei voneinander verschiedene Lösungenλ 1,2 = 1± 3 bzw.µ 1,2 = (3± 5)/2. Mit diesen liefern die Anfangsbedingungen x 0 = x 1 = 0 und y 0 = y 1 = 0 für die Konstanten a 1, a 2 bzw. b 1, b 2 jeweils ein eindeutig lösbares lineares Gleichungssystem. Man erhält und x n = 3 n (1+ 3) n+2 (1 3) n+2 4 3 ( y n = 3 n 1 5 3+ ) n+1 5 ( 2 3 ) n+1 5. 2 Wegen (3+ 5)/2 < 1+ 3 folgt auch auf diesem Wege leicht x 55 < y 55. 2. Durch Einsetzen von n = 55 findet man die exakten Werte und x 55 = 173354651540009972270053323 y 55 = 174335151708094235100618288. Der relative Unterschied ist recht gering, was damit zusammenhängt, dass es für große Werte von n unwahrscheinlich ist, dass ein Wort der Länge n ein bestimmtes anderes Wort der Länge zwei nicht enthält. Dies führt dazu, dass x n, y n und 3 n asymptotisch gleich sind, insbesondere also x n y n 1 für n gilt. Zweite Lösung: Erster Schritt: Bezeichnungen. Die möglichen Pläne denken wir uns wie in der ersten Lösung als Wörter p = (p 1,...,p 55 ) der Länge 55 aufgeschrieben mit p i {A,B,C} für i = 1,...,55. Die Menge aller solchen Wörter, die die Buchstabenkombination AA enthalten, bezeichnen wir mit X und die Menge aller derjenigen, die die Buchstabenkombination AB enthalten, mit Y. Wir schreiben außerdem #M für die Anzahl der Elemente einer Menge M. Damit gelten x = #X und y = #Y. Wir werden zeigen, dass man jedem Plan p, der eine Buchstabenkombination AA enthält, derart einen Plan q, der eine Buchstabenkombination AB enthält, zuordnen kann, dass umgekehrt der Plan p eindeutig rekonstruiert werden kann, wenn nur q bekannt ist. Wir konstruieren also eine Abbildung f: X Y, die injektiv ist, das heißt, bei der aus f(p) = f(p ) stets p = p folgt. Ist das gelungen, dann haben wir damit x y gezeigt. Die 4

Konstruktion von f wird im dritten Schritt erfolgen; die Injektivität wird im vierten Schritt gezeigt. Zeigen wir zusätzlich, dass es einen solchen Plan q mit AB gibt, dass q = f(p) für keinen Plan p gilt, so ist q nicht im Bild der Abbildung f enthalten. Dann ist f also nicht surjektiv, woraus x < y folgt. Dies wird im fünften Schritt gezeigt. Zweiter Schritt: Vorbetrachtungen zu A-Blöcken. Es sei p = (p 1,...,p 55 ) ein Wort. Unter einem A-Block von p verstehen wir ein Fragment von p der Form (A,A,...,A), das am Wortanfang beginnt oder einen von A verschiedenen Buchstaben als unmittelbaren Vorgänger hat und am Wortende endet oder einen von A verschiedenen Buchstaben als unmittelbaren Nachfolger hat. Anders ausgedrückt: Ein A-Block wird gegeben durch Zahlen 1 i < j 55 mit der Eigenschaft, dass (p i,p i+1,...,p j ) = (A,A,...,A) ist und sowohl i = 1 oder p i 1 A als auch j = 55 oder p j+1 A gelten. Diese Definition stellt insbesondere sicher, dass sich zwei A-Blöcke niemals überlappen oder unmittelbar aneinander angrenzen. Dritter Schritt: Konstruktion der Abbildung f. Es sei i der kleinste Index mit p i = p i+1 = A. Wir werden das am weitesten links stehende AA durch AB ersetzen. Weiterhin werden alle eventuell links davon stehenden AB durch AA ersetzt. Abgesehen davon lassen wir das Wort unverändert. Zusammengefasst definieren wir also q durch A, falls j = i, B, falls j = i+1, q j := A, falls 1 < j < i und p j 1 = A sowie p j = B, p j für alle anderen j. Wir bemerken, dass bei dieser Prozedur in q für j < i weitere Paare mit q j = A und q j+1 = B entstehen können, wie das Beispiel f(ababbaa...) = AAAABAB... zeigt. In solchen Fällen muss aber q j = A selbst durch Umwandlung aus p j = B entstanden sein. Es ist dann also notwendigerweise p j 1 = q j 1 = A, und wegen der Minimalität von i ist p j 2 A. Fortsetzen dieses Arguments liefert: Immer wenn unmittelbar links von einem q k = B mit k < i ein A steht, ist der gesamte A-Block, der an dieser Stelle endet, von gerader Länge. A-Blöcke ungerader Länge, die von C rechts begrenzt werden, sind dagegen im Bild möglich, zum Beispiel ist f(abacaa...) = AAACAB... Schließlich ist auch q i 1 = A möglich; zum Beispiel ist f(...ababaa...) =...AAAAAB.... 5

Wegen p i 1 A kann auch ein solcher Fall nur durch Umwandlung entstanden sein. Da bei der Umwandlung Buchstaben A nur paarweise entstehen, geht q i+1 = B stets ein A-Block ungerader Länge voraus. Vierter Schritt: Aus f(p) = f(p ) folgt p = p. Es sei q = f(p), uns sei aber lediglich q bekannt. Wir werden p aus q rekonstruieren. Das in q am weitesten links stehende q k = B, dem ein A-Block ungerader Länge vorangeht, ist das durch Ersetzung aus AA entstandene. Wir haben damit für das noch unbekannte p den Index i, der in der Definition von f auftritt, zu i := k 1 bestimmt. Mit diesem Index i findet man p folgendermaßen: Man setzt zunächst p = q und ersetzt p i+1 := A. Weiterhin ersetzt man alle in (p 1,...,p i 1 ) auftretenden AA, von links beginnend, durch AB. Ein A-Block ungerader Länge wird also durch ABAB...ABA ersetzt. Abgesehen von diesen Abänderungen lässt man p unverändert. Fünfter Schritt: Es gibt ein Wort aus Y, das nicht im Bild von f liegt. Zum Beispiel liegt das Wort q = AABB...B nicht im Bild von f, da es darin kein B gibt, dem ein A-Block ungerader Länge vorausgeht. Es gilt also x < y. 551143 Lösung 7 Punkte Erste Lösung: A M I B P C O a H a I a L551143 a 6

1. Der Mittelpunkt des Inkreises des Dreiecks ABC sei mit I bezeichnet. Die Strecken BI a und CI a liegen auf den Winkelhalbierenden von Außenwinkeln des Dreiecks ABC. Damit hat das Dreieck I a CB nur spitze Winkel, und sein Höhenschnittpunkt H a liegt im Innern dieses Dreiecks, vgl. Abbildung L551143 a. Die Strahlen BI und CI halbieren die Innenwinkel, also die Nebenwinkel der anliegenden Außenwinkel. Damit sind die Winkel I a BI und ICI a rechte Winkel. Das Viereck IBI a C ist demnach ein Sehnenviereck und die Diagonale I a I ein Durchmesser seines Umkreises. Somit ist der Mittelpunkt der Strecke II a, dies sei O a, der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I a CB. Die Höhenabschnitte CH a und BH a stehen ebenfalls auf ihren Grundseiten BI a beziehungsweise CI a senkrecht. Deshalb gilt IB CH a und IC BH a. Folglich ist das Viereck BH a CI ein Parallelogramm, und die Punkte I und H a haben von der Geraden BC denselben Abstand. 2. Wir bezeichnen den Inkreisradius des Dreiecks ABC mit r. Der Punkt P sei die Projektion des Punktes I a auf die Dreiecksseite BC, also der Mittelpunkt der Strecke I a M. Dann gilt H a P = r. Der Radius I a P des Ankreises sei mit r a bezeichnet. Dann gilt AI AI a = r = PH a r a PI a, und es folgt H a I a MI a = H ai a 2 PI a = 1 2 PI a PH a PI a = 1 2 AI a AI AI a = 1 2 II a AI a = O ai a AI a. Die dabei benutzte Gleichung H a I a = PI a PH a ergibt sich daraus, dass H a zwischen P und I a liegt denn wie eingangs festgestellt liegt H a innerhalb des Dreiecks I a CB. Insgesamt haben wir also H a I a MI a = O ai a AI a, und aufgrund der Umkehrung des Strahlensatzes impliziert dies, dass die Gerade O a H a zur Geraden AM parallel ist. Das war zu beweisen. Bemerkung: Die notwendige Lagebetrachtung für H a erübrigt sich, wenn man mit orientierten Strecken arbeitet. 7

Zweite Lösung: A M T N I S B R W P C V O a H a U I a L551143 b 1. Wie im ersten Teil der vorigen Lösung führen wir die Punkte O a, H a, I und P ein, stellen fest, dass O a der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I a CB ist, und zeigen, dass das Viereck BH a CI ein Parallelogramm ist, vgl. Abbildung L551143 b. 2. Die beiden Geraden BC und IH a schneiden sich also im Mittelpunkt W der Seite BC. Es seien nun R der Berührungspunkt des Inkreises mit dieser Seite und N der R auf dem Inkreis diametral gegenüberliegende Punkt. Die weiteren Berührungspunkte des In- und Ankreises mit den Seiten des Dreiecks und deren Verlängerungen seien S, T, U und V wie in Abbildung L 551143 b gezeigt. Die Abschnitte der beiden von einem Punkt außerhalb eines Kreises an diesen Kreis gelegten Tangenten vom gegebenen Punkt bis zum jeweiligen Berührungspunkt sind stets gleich lang. Für die Tangentenabschnitte von A, B und C an den Inkreis gilt damit AS = AT, BR = BT und CR = CS, woraus unter Beachtung der Lage von R, S und T im Innern der Dreiecksseiten folgt 2 BR = AB + BC AC. Eine ebensolche Betrachtung der Tangentenabschnitte von A, B und C an den Ankreis mit Mittelpunkt I a ergibt AU = AV, BP = BU und CP = CV, woraus mit Beachtung der Lage der Punkte P, U und V folgt 2 CP = AB + BC AC. Damit ist BR = PC. Also ist W der Mittelpunkt der Strecke RP, und nach Konstruktion ist I der Mittelpunkt der Strecke NR. Hiernach sind die Geraden IH a und NP parallel. Die zentrische Streckung an A, die den Ankreis auf den Inkreis abbildet, bildet P auf den Berührungspunkt des Letzteren mit seiner von BC verschiedenen, aber zu BC parallelen Tangente und damit auf N ab, d. h. die Punkte A, N und P sind kollinear. 8

Zusammengefasst haben wir also AP IH a. 3. Wegen I a M = 2 I a P und I a I = 2 I a O a folgt hieraus I a A I a O a = 2 I aa I a I = 2 I ap I a H a = I am I a H a, d. h. AM O a H a, womit die Aufgabe gelöst ist. 9