55. Mathematik-Olympiade 4. Stufe (Bundesrunde) Olympiadeklasse 12 Lösungen 1. Tag c 2016 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 551241 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. 551242 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 = 0 und x 3 = 1 sowie y 0 = 0, y 1 = 0, y 2 = 0 und y 3 = 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 3 der Rekursionsgleichung x n = 2x n 1 +2x n 2 +2x n 3 +3 n 3. In der Tat trifft für jedes Wort (p 1,...,p n ), das die Buchstabenkombination AAA enthält, genau einer der vier 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 AAA 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 und p 3 {B,C}. Für die Anzahl dieser Wörter ergibt sich analog 2x n 3. Fall 4: p 1 = p 2 = p 3 = A. Diese Wörter beginnen bereits mit AAA. Daher sind alle 3 n 3 möglichen Wahlen für (p 4,...,p n ) zulässig. Diese Überlegung bestätigt die obige Rekursionsgleichung für (x n ). Dritter Schritt: Die Folge (y n ) n=1,...,55 erfüllt für n 3 die Rekursionsgleichung y n = 3y n 1 y n 3 +3 n 3. Hier unterscheiden wir zwei Fälle. Fall 1: Bereits das Anfangsstück (p 1,...,p n 1 ) enthält die Sequenz ABC. Es gibt 3y n 1 Möglichkeiten, da p n beliebig ausgesucht werden kann. Fall 2: Es gelten p n 2 = A, p n 1 = B und p n = C, aber (p 1,...,p n 3 ) ist frei von Sequenzen ABC. Es gibt genau 3 n 3 aus den Buchstaben A, B und C gebildete Wörter der Länge (n 3). Unter ihnen sind alle bis auf y n 3, also genau 3 n 3 y n 3, von ABC 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 4. Induktionsanfang, n = 0,1,2,3,4: Die ersten vier Fälle ergeben sich unmittelbar aus den oben angegebenen Werten. Weiterhin liefern die Rekursionsformeln x 4 = 2 1+2 0+2 0+3 1 = 5 und y 4 = 3 1 0+3 1 = 6. Also ist tatsächlich x 4 < y 4. Induktionsschritt: Es sei n 5 und die Ungleichung bereits für alle kleineren n gezeigt. Dann wissen wir x n 3 y n 3, x n 2 y n 2 und, da n 1 4 ist, sogar x n 1 < y n 1. Daher gilt x n = 2x n 1 +2x n 2 +2x n 3 +3 n 3 < 2y n 1 +2y n 2 +2y n 3 +3 n 3. Andererseits ist aber, wie gezeigt, y n = 3y n 1 y n 3 +3 n 3, folglich y n x n > y n 1 2y n 2 3y n 3 = (y n 1 3y n 2 )+(y n 2 3y n 3 ) 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. Bemerkung: Numerische Berechnung liefert für n = 55 die exakten Werte und x 55 = 133454666765761195447891915 y 55 = 154520145500798430063261771. 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 3
drei 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 AAA enthalten, bezeichnen wir mit X und die Menge aller derjenigen, die die Buchstabenkombination ABC enthalten, mit Y. Wir schreiben außerdem #M für die Anzahl der Elemente einer Menge M. Damit gelten x = #X und y = #Y. Weiterhin sei X := X\Y die Menge aller Wörter aus X, die nicht Y angehören, also Wörter, die ein AAA, aber kein ABC enthalten. Analog definieren wir Y := Y \ X als die Menge aller Wörter, die ein ABC, aber kein dreifaches A enthalten. Schließlich sei X Y die Menge aller Wörter, die X und Y angehören, also Wörter, die sowohl ein AAA als auch ein ABC enthalten. Offensichtlich gelten dann #X = #X +#(X Y) und #Y = #Y +#(X Y). Wir werden zeigen, dass Y mehr Elemente enthält als X, indem wir #Y > #X nachweisen. Dazu werden wir eine Abbildung f: Y X konstruieren und zeigen, dass zu jedem q X ein p Y mit f(p) = q existiert. Die Konstruktion von f wird im dritten Schritt erfolgen; die behauptete Eigenschaft von f wird dann im vierten 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. Ist ein Wort p Y vorgegeben, so ersetze man in ihm jede Buchstabenkombination der Form ABC durch AAA. Das so entstehende Wort f(p) enthält mindestens ein AAA, liegt also in X. 4
Vierter Schritt: Jedes Wort aus X ist Bild eines Wortes aus Y unter der Abbildung f. Um dies zu sehen, sei q ein Wort aus X. Dann enthält q keine Buchstabenkombination der Form ABC, aber mindestens ein AAA. Wir ersetzen nun in q jeden A-Block durch eine ebenso lange Zeichenkette der Form ABC...ABC, falls seine Länge durch drei teilbar ist, durch ABC...ABCA, falls seine Länge bei Division durch drei den Rest eins lässt, bzw. durch ABC...ABCAA, falls seine Länge bei Division durch drei den Rest zwei lässt. Das so entstehende Wort p enthält mindestens eine Buchstabenkombination ABC, jedoch kein AAA, liegt also in Y. Wir behaupten, dass außerdem gilt. f(p) = q Dazu ist zu zeigen, dass p keine Buchstabenkombinationen ABC enthält außer denjenigen, die bei seiner Konstruktion explizit eingefügt wurden. In der Tat enthält p keine Kombinationen ABC außerhalb der A-Blöcke von q, denn diese wären auch schon in q enthalten gewesen im Widerspruch zu q X. Des Weiteren kann p keine Buchstabenkombinationen ABC enthalten, die in den Anfang eines A-Blocks von q hineinragen, weil nach der Ersetzung alle Blöcke weiterhin mit A beginnen und nicht mit B oder C. Schließlich ist es unmöglich, dass eine Kombination ABC in p über das Ende eines A-Blocks von q hinausragt. Dies würde nämlich bedeuten, dass der Block nach der Ersetzung nicht mit C, also folglich mit A endet und deshalb in q wie in p von BC gefolgt wird, was jedoch der Voraussetzung q X, also q Y, widerspricht. Fünfter Schritt: Es gibt ein Wort aus X, das Bild zweier verschiedener Wörter aus Y ist. Ein Beispiel hierfür ist AAAACCCC...C, denn es gilt offenbar f(aabcccc...c) = f(abcacccc...c) = AAAACCCC...C. Zusammenfassung: Da jedes Wort aus X Bild eines Wortes aus Y unter der Abbildung f ist, gilt sicher #Y #X. Es haben jedoch mitunter mehrere Elemente das gleiche Bild, deshalb gilt sogar die strenge Ungleichung #Y > #X. Die Behauptung y > x folgt hieraus unmittelbar. Bemerkung: Im fünften Schritt hätte man ebenso feststellen können, dass es Wörter in Y gibt, deren Bild nicht in X liegt. Ein Beispiel ist f(abcbc...) = AAABC... 5
551243 Lösung 7 Punkte Erste Lösung: A M I B P C O a H a I a L551243 a 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 L551243 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 r a = PH a PI a, 6
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. Zweite Lösung: A M T N I S B R W P C V O a H a U I a L551243 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 L551243 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 7
mit den Seiten des Dreiecks und deren Verlängerungen seien S, T, U und V wie in Abbildung L 551243 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. 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. 8