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MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade 2022
## 1. Auswahlklausur Beispiellösungen " Stand: 31. Dezember 2021
Aufgabe 1. Der größte gemeinsame Teiler zweier positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$ sei mit $\operatorname{ggT}(m, n)$ bezeichnet.
Es sei eine unendliche Menge $S$ positiver ganzer Zahlen gegeben, sodass es vier paarweise verschiedene Zahlen $v, w, x, y \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(v, w) \neq \operatorname{ggT}(x, y)$ gilt.
Beweisen Sie, dass es drei paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(a, b)=$ $\operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(b, c)$ gilt.
Erste Lösung. Im folgenden nennen wir eine dreielementige Teilmenge $\{s, t, u\} \subset S$ ein ausgewogenes Dreieck, falls die Menge $\{\mathrm{ggT}(s, t), \operatorname{ggT}(s, u), \operatorname{ggT}(t, u)\}$ genau zwei verschiedene Elemente hat. Es ist zu zeigen, dass es ein ausgewogenes Dreieck gibt.
Lemma. Für paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c, d \in S$, sodass $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(a, c) \neq$ $\operatorname{ggT}(a, d)$ und $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt, enthält die Menge $\{a, b, c, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck.
Beweis. Falls $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(b, d)$, dann ist $\{a, b, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck. Ansonsten gilt entweder $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(a, b)$ oder $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(b, d)$, also ist $\{a, b, c\}$ oder $\{b, c, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck.
Für jedes Element $a \in S$ sei $S_{a}=\{\operatorname{ggT}(a, s) \mid s \in S, s \neq a\}$. Da diese Menge nur Teiler von $a$ enthält, ist sie endlich. Aus der Voraussetzung folgt, dass wir $a \in S$ so wählen können, dass $S_{a}$ mindestens zwei Elemente enthält, da ansonsten $\operatorname{ggT}(v, w)=\operatorname{ggT}(w, x)=\operatorname{ggT}(x, y)$ gelten würde.
Nach dem Schubfachprinzip finden wir eine unendliche Teilmenge $T \subset S$, sodass $\operatorname{ggT}(a, t)$ der gleiche Wert $g$ ist für alle $t \in T$. Nun wählen wir ein $d \in S \backslash(T \cup\{a\})$ sodass $\operatorname{ggT}(a, d) \neq g$, das wegen $\left|S_{a}\right|>1$ existieren muss. Da auch $S_{d}$ endlich ist, finden wir nach dem Schubfachprinzip zwei verschiedene Elemente $b, c \in T$ sodass $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt. Dann erfüllen $a, b, c, d$ die Voraussetzungen des Lemmas, also existiert in der Tat ein ausgewogenes Dreieck.
Zweite Lösung. Wir dürfen o.B.d.A. voraussetzen, dass keine ganze Zahl $g>1$ alle Zahlen aus $S$ teilt, da wir sonst die größte derartige Zahl $g$ wählen und $S$ durch die Menge $S^{\prime}=\{s / g \mid s \in S\}$ ersetzen könnten: Falls die Behauptung für $S^{\prime}$ gilt, dann auch für $S$.
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Bildung \& Begabung
Angenommen für eine Primzahl $p$ wäre die Teilmenge $S_{p} \subset S$ aller durch $p$ teilbaren Zahlen unendlich groß, dann wählen wir $a \in S \backslash S_{p}$, was wegen der Vorüberlegung möglich ist. Da die Zahlen $\operatorname{ggT}(a, s)$ für $s \in S_{p}$ Teiler von $c$ sind, gibt es nach dem Schubfachprinzip verschiedene $b, c \in S_{p}$ mit $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(a, c)$. Da $b, c$ beide durch $p$ teilbar sind, folgt auch $\operatorname{ggT}(b, c) \neq$ $\operatorname{ggT}(a, c)$, also die Behauptung.
Somit dürfen wir annehmen, dass jede Primzahl nur endlich viele Elemente aus $S$ teilt. Wegen der Voraussetzung finden wir nun aber Zahlen $b, c \in S$, die nicht teilerfremd sind. Es gibt nur endlich viele Primzahlen, die $b$ oder $c$ teilen, also enthält $S$ auch nur endlich viele Elemente, die nicht zu $b$ oder $c$ teilerfremd sind. Somit können wir wegen $|S|=\infty$ ein Element $a \in S$ wählen, dass zu $b$ und $c$ teilerfremd ist. Dann erfüllen $a, b, c$ die Behauptung.
Anmerkung: Es ist möglich, beliebig große endliche Mengen konstruieren, sodass die entsprechende Aussage nicht gilt, z.B. indem man für verschiedene Primzahlen $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{r}$ mit Produkt $N=p_{1} \cdots p_{r}$ die Menge $S=\left\{N / p_{i} \mid i=1, \ldots, r\right\}$ wählt. Dann sind ggT $(x, y), x, y \in S$ alle verschieden, also gilt die Voraussetzung, aber nicht die Behauptung aus der Aufgabe.
Aufgabe 2. Es sei $A B C D$ ein Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.
Beweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.
Erste Lösung. Wir arbeiteten mit gerichteten Winkeln modulo 180 Grad. Zunächst erkennen wir, dass aus der Voraussetzung $|A C|=|B C|$ unmittelbar folgt, dass die Winkel $\angle B A C$, $\angle C B A, \angle D C A$ und $\angle A D C$ allesamt gleich groß sind.
Es genügt zu zeigen, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $C D$ auf der Geraden $B R$ liegt. Wegen $\angle C S Q=\angle P A Q=\angle C R Q$ ist $C S R Q$ ein Sehnenviereck. Wegen $\angle C R A=180^{\circ}-$ $\angle A R P=180^{\circ}-\angle A Q P=\angle D Q A=\angle D C A=\angle C B A$ ist auch $A B R C$ ein Sehnenviereck. Also gilt $\angle S R C=\angle S Q C=\angle A D C=\angle B A C=\angle B R P$, woraus in der Tat folgt, dass $P, R$ und $S$ auf einer Geraden liegen.
Zweite Lösung. Wie in der ersten Lösung zeigt man, dass $A B R C$ ein Sehnenviereck ist. Wir betrachten den Schnittpunkt $E$ der Geraden $A D$ und $B R$. Dann gilt $\angle E A P=\angle C B A=\angle B A C=$ $\measuredangle E R P$, also liegt $E$ auf dem Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$.
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Bildung \& Begabung
Nun gilt $\angle C E R=\angle A P R=180^{\circ}-\angle D C R$, also liegt $E$ auch auf dem Umkreis des Dreiecks $R C D$. Die paarweisen Potenzgeraden der Umkreise von $A C D, A P R$ und $R C D$ sind somit die Geraden $C D, A Q, R E=R B$, also schneiden sie sich in einem Punkt. Dies impliziert die Behauptung.
Dritte Lösung. Da $\angle Q A C=\measuredangle Q D C=\angle Q P A$ folgt mit der Umkehrung des Sehnen-Tangenten-Winkel-Satzes, dass die Gerade $A C$ den Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$ tangiert. Wegen der Voraussetzung tangiert $A B$ auch den Umkreis des Sehnenvierecks $A Q C D$, also sind die Winkel $\angle A D Q$ und $\angle P A Q$ gleich groß. Damit folgt aber $\angle A C Q=\angle A D Q=\angle P A Q=\angle C R Q$, also tangiert $A C$ auch den Umkreis des Dreiecks $C Q R$.
Der Schnittpunkt $M$ der Geraden $R Q$ und $A C$ erfüllt damit nach dem Sekanten-TangentenSatz $|M A|^{2}=|M Q| \cdot|M R|=|M C|^{2}$, also ist $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A C$, also auch der Mittelpunkt der Strecke $B D$.
Der Satz von Pappos, angewandt auf die jeweils kollinearen Punkte $A, B, P$ und $R, Q, M$ impliziert nun, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $B R, C$ (als Schnittpunkt der Geraden $A M$ und $P R$ ), sowie $D$ (als Schnittpunkt der Geraden $B M$ und $P Q$ ) auf einer Geraden liegen, was der zu zeigenden Aussage entspricht.
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Aufgabe 3. Bestimmen Sie ${ }^{1}$ den kleinsten Wert, den der Ausdruck
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2022}}{2022}\right\rfloor
$$
annehmen kann, wobei $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022} \geq 1$ reelle Zahlen sind, sodass $\left|a_{i}-a_{j}\right| \geq 1$ für alle $1 \leq i<j \leq 2022$ gilt.
Anmerkung: Für eine reelle Zahl $x$ bezeichnet $\lfloor x\rfloor$, genannt Gauß-Klammer von $x$, die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist.
Lösung. Aus der Voraussetzung folgt, dass die kleinste der Zahlen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022}$ mindestens 1, die zweitkleinste mindestens 2 ist, usw. bis zur 2022-ten, die mindestens 2022 sein muss. Wenn wir nun die Zahlen $a_{1}, \ldots, a_{2022}$ sukzessive der Größe nach durch $1,2, \ldots, 2022$ ersetzen, so wird die Summe aus dem Aufgabentext nicht größer. Wir sehen also, dass wir uns auf den Fall einschränken dürfen, dass $\left(a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2022}\right)$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind. Nun ersetzen wir 2022 durch eine beliebige positive ganze Zahl $k$ und behaupten, dass der kleinste Wert $s(k)$, den die Summe
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor
$$
annehmen kann, wenn $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind, genau $\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$ beträgt.
- Untere Schranke: Da $m$ offenbar monoton steigend ist, genügt es zu zeigen, dass $m\left(2^{t}\right) \geq t$ gilt. Der Fall $t=0$ ist klar, für $t>0$ verwenden wir vollständige Induktion und setzen daher $m\left(2^{t-1}\right) \geq t-1$ als bekannt voraus. Es seien $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2}$ beliebige paarweise verschiedene positive ganze Zahlen. Dann ist das Maximum $a_{i}$ dieser Zahlen mindestens $2^{t}$. Falls $i>2^{t-1}$, so gilt nun
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor \geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
Falls jedoch $i \leq 2^{t-1}$, so ist die Menge $X=\left\{1,2, \ldots, 2^{t-1}\right\} \backslash\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2^{t-1}}\right\}$ nicht leer. Sei $b \in X$ beliebig. Dann gilt $a_{i} \geq 2^{t}=2^{t-1}+2^{t-1} \geq b+i$, also gilt
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{b+i}{i}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
- Obere Schranke: Wir setzen
$$
a_{i}=\left\{\begin{array}{l}
i-1, \text { falls } i \text { keine Zweierpotenz ist, } \\
2^{s+1}-1, \text { falls } i=2^{s} .
\end{array}\right.
$$
Dann sind $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen und es gilt
$$
\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor=\left\{\begin{array}{l}
0, \text { falls } i \text { keine Zweierpotenz ist, } \\
1 \text { andernfalls. }
\end{array}\right.
$$
also folgt $\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$.
Angewandt auf die konkrete Situation der Aufgabenstellung erhalten wir, dass der kleinste Wert, den die angegebene Summe annehmen kann, gleich $\left\lfloor\log _{2}(2022)\right\rfloor=11$ ist.
[^0]
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# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade 2022
## Beispiellösungen und Hinweise zur 2. Auswahlklausur
## Aufgabe 1
Für eine feste positive ganze Zahl $m$ sei $A$ eine Teilmenge von $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$, die aus $4 m+$ Elementen besteht.
Beweisen Sie, dass es in $A$ stets drei Zahlen $a, b, c$ gibt, für die $a<b<c$ und $c+2 a>3 b$ gil
## Erste Lösung:
Wir nehmen an, dass es $4 m+2$ Elemente $x_{0}<x_{1}<\ldots<x_{4 m+1}$ aus $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$ gibt, für welche die Behauptung nicht erfullt ist. Dann gilt insbesondere $x_{4 m+1}+2 x_{i} \leq 3 x_{i+1}$ für alle $i=0,1, \ldots, 4 m-1$. Umformen ergibt $x_{4 m+1}-x_{i} \geq \frac{3}{2}\left(x_{4 m+1}-x_{i+1}\right)$.
Ein einfacher Induktionsschluss liefert daraus $x_{4 m+1}-x_{i} \geq\left(\frac{3}{2}\right)^{4 m-i}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)$.
Hier führt nun $i=0$ auf $x_{4 m+1}-x_{0} \geq\left(\frac{1}{2}\right)^{4 m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)=\left(\frac{81}{16}\right)^{m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)>5^{m} \cdot 1$,
Widerspruch! ㅁ
## Zweite Lösung:
Wir bezeichnen das gröBte Element von $A$ mit $c$. Für $k=0, \ldots, 4 m-1$ definieren wir $A_{k}=\left\{x \in A \left\lvert\,\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c \leq x<\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c\right.\right\}$.
Wegen $\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{4 m}\right) c=c-\left(\frac{16}{81}\right)^{m i n} c>c-\left(\frac{1}{5}\right)^{m!} c \geq c-1$ bilden die Mengen $A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{4 m-1}$ eine Zerlegung von $A \backslash\{c\}$. Weil $A \backslash\{c\}$ aus $4 m+1$ Elementen besteht, muss nach dem Schubfachprinzip eine Menge $A_{k}$ existieren, die aus wenigstens zwei Elementen besteht. Wi bezeichnen zwei der Zahlen aus $A_{k}$ so mit $a$ und $b$, dass $a<b<c$ gilt. Dann ist $c+2 a \geq c+2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=\left(3-2\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=3\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c>3 b$, wie verlangt. $\square$
Hinweise: Offensichtlich lässt sich in der Behauptung die Mächtigkeit von $A$ nicht auf $4 m+$ verkleinern, wie für $m=1$ das Beispiel $A=\{0,2,3,4,5\}$ zeigt. Ein gelegentlich auftretender Fehler bestand darin, die Elemente von $A$ zu manipulieren oder zu ersetzen, ohne dabei zu überprüfen, ob die daraus gezogenen Schlussfolgerungen für die ursprüngliche Menge $A$ gültig sind.
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Bildung \& Begabung
## Aufgabe 2
Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen $n \geq 1$, für die es ein Paar $(a, b)$ von positiven ganzen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:
i) Keine dritte Potenz einer Primzahl teilt $a^{2}+b+3$.
ii) Es gilt $\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.
Antwort: Die einzige ganze Zahl mit diesen Eigenschaften ist $n=2$.
## Erste Lösung:
Es sei $p$ ein beliebiger Primfaktor von $a^{2}+b+3$ (ein solcher existiert, weil $a^{2}+b+3 \geq 5$ gilt). Dann ist $b \equiv-a^{2}-3 \bmod p$. Wegen der Ganzzahligkeit von $n$ muss $p$ aber auch ein Primfaktor von $a b+3 b+8$ sein. Somit gilt $0 \equiv a b+3 b+8 \equiv a\left(-a^{2}-3\right)+3\left(-a^{2}-3\right)+8 \equiv-a^{3}-3 a^{2}-3 a-1 \equiv-(a+1)^{3} \bmod p$, also muss $p$ auch ein Primfaktor von $a+1$ sein. Wegen $i$ ) kann $p$ in $a^{2}+b+3$ höchstens quadratisch vorkommen, also höchstens doppelt so oft wie in $a+1$. Weil das für jeden Primfaktor gilt, erhalten wir $a^{2}+b+3 \leq(a+1)^{2}$. Würde ein Primfaktor $p$ in $a^{2}+b+3$ dagegen höchstens einfach vorkommen, so hätten wir $a^{2}+b+3 \leq \frac{(a+1)^{2}}{p} \leq \frac{(a+1)^{2}}{2}$, im Widerspruch zu $\frac{(a+1)^{2}}{2} \leq a^{2}+1<a^{2}+4 \leq a^{2}+b+3$.
Also muss $a^{2}+b+3=(a+1)^{2}$ gelten. Folglich ist $b=2 a-2$ und damit $a b+3 b+8=a(2 a-2)+3(2 a-2)+8=2 a^{2}+4 a+2=2(a+1)^{2}$.
Somit ist $n=2$ die einzige mögliche Lösung. Das Beispiel $(a, b)=(2,2)$ mit $a^{2}+b+3=9$ zeigt, dass $n=2$ tatsächlich eine Lösung ist. ㅁ
## Zweite Lösung:
Wenn wir die Bedingung $i i)$ nach $b$ auflösen, erhalten wir $b=\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}$.
Fall 1: $n=a+3$. Hier muss wegen $b \in \mathbb{Z}^{+}$auch der Zähler verschwinden, was nach Einsetzen $(a+1)^{3}=0$, also $a=-1$ liefert - ein Widerspruch zu $a \in \mathbb{Z}^{+}$.
Fall 2: $n \neq a+3$. Aus (1) folgt
$a^{2}+b+3=a^{2}+\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}+3=\frac{a^{3}+3 a^{2}-n a^{2}+n a^{2}+3 n-8+3 a+9-3 n}{a+3-n}=\frac{(a+1)^{3}}{a+3-n}$.
Nun bezeichnen wir mit $v_{p}(z)$ die Häufigkeit, mit der ein Primfaktor $p$ in der Zahl $z \in \mathbb{Z}^{+}$ vorkommt. Gäbe es einen Primfaktor $p$ mit $v_{p}(a+1) \geq v_{p}(a+3-n)+1$, dann wäre nach (2) $v_{p}\left(a^{2}+b+3\right) \geq 2 v_{p}(a+3-n)+3 \geq 3$, was im Widerspruch zu $\left.i\right)$ steht. Also ist $v_{p}(a+1) \leq v_{p}(a+3-n)$, und somit ist $a+1$ ein Teiler von $a+3-n$. Aus (2) folgt noch $a+3-n>0$ und daher $a+1 \leq a+3-n$, also $n \leq 2$.
Für $n=1$ wäre dann $a+1 \mid a+2$, was für kein $a \in \mathbb{Z}^{+}$erfüllt ist. Also kann nur $n=2$ gelten, was mit dem Beispiel aus der ersten Lösung bestätigt wird. ㅁ
Hinweise: In der zweiten Lösung ist der Nachweis von $n<a+3$ unbedingt erforderlich.
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Bildung \& Begabung
## Aufgabe 3
Für eine feste positive ganze Zahl $k$ sei $K$ die Menge aller Gitterpunkte $(x, y)$ in der Ebene, deren beide Koordinaten $x$ und $y$ nichtnegative ganze Zahlen kleiner als $2 k$ sind. Es gilt also $|K|=4 k^{2}$.
Eine Menge $V$ bestehe nun aus $k^{2}$ nicht-ausgearteten Vierecken mit folgenden Eigenschaften:
i) Die Ecken aller dieser Vierecke sind Elemente von $K$.
ii) Jeder Punkt in $K$ ist Eckpunkt von genau einem der Vierecke in $V$.
Bestimmen Sie den größtmöglichen Wert, den die Summe der Flächeninhalte aller $k^{2}$ Vierecke in $V$ annehmen kann.
Antwort: Der gröBtmögliche Wert der Flächensumme beträgt $S(k):=\frac{1}{3} k^{2}(2 k+1)(2 k-1)$.
Bezeichnungen: Der Flächeninhalt eines Polygons $X$ sei mit $[X]$ bezeichnet. Ein Viereck heiße legal, wenn alle seine Eckpunkte zu $K$ gehören. Weiter sei $O=\left(k-\frac{1}{2}, k-\frac{1}{2}\right)$ der Mittelpunkt von $K$. Ein legales Viereck heiße zentral, wenn es punktsymmetrisch mit $O$ als Mittelpunkt ist. Jede Menge $V$ von Vierecken, die die Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, heiße akzeptabel. Für jede akzeptable Menge $V$ sei die Flächensumme ihrer Vierecke mit $S(V)$ bezeichnet.
## Erste Lösung:
Jeder Punkt aus $K$ ist Eckpunkt eines eindeutig definierten zentralen Quadrats. Daher ist die Menge $Q$ aller zentralen Quadrate akzeptabel. Wir zeigen $S(V) \leq S(Q)=S(k)$
woraus die Antwort folgt.
Wir benutzen das folgende
Lemma 1. Für jedes Viereck $V=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ und jeden beliebigen Punkt $O$ in der Ebene gilt
$[V] \leq \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$
wobei Gleichheit genau dann gilt, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist.
Beweis: Für $i=1, \ldots, 4$ und $A_{5}=A_{1}$ gilt $\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{O A_{i} \cdot O A_{i+1}}{2} \leq \frac{O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}}{4}$. Daher gilt $[V] \leq \sum_{i=1}^{4}\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{4}\left(O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}\right)=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$, womit (2) bewiesen ist. In der Tat herrscht jeweils Gleichheit, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist. Nun betrachten wir eine beliebige akzeptable Menge $V$. Lemma 1 auf jedes Element von $V$ und jedes Element von $Q$ angewendet liefert $S(V) \leq \frac{1}{2} \sum_{A<K} O A^{2}=S(Q)$, womit die linke Seite von (1) bewiesen ist.
Nun berechnen wir $S(Q)=\frac{1}{2} \sum_{A c K} O A^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2 k-1} \sum_{j=0}^{2 k-1}\left(\left(k-\frac{1}{2}-i\right)^{2}+\left(k-\frac{1}{2}-j\right)^{2}\right)$
$=\frac{1}{8} \cdot 4 \cdot 2 k \sum_{i=0}^{k-1}(2 k-2 i-1)^{2}=k \sum_{j=0}^{k-1}(2 j+1)^{2}=k\left(\sum_{j=1}^{2 k} j^{2}-\sum_{j=1}^{k}(2 j)^{2}\right)$
$=k\left(\frac{2 k(2 k+1)(4 k+1)}{6}-4 \cdot \frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\right)=\frac{k^{2}(2 k+1)(2 k-1)}{3}=S(k)$.
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Bildung \& Begabung
## Zweite Lösung:
Für jedes Viereck $A B C D$ in einer akzeptablen Menge $V$ gilt
$[A B C D]=\frac{A C \cdot B D}{2} \cdot \sin \varphi \leq \frac{A C^{2}+B D^{2}}{4}$
mit $\varphi=\measuredangle(A C, B D)$. Wenden wir (3) auf alle Elemente von $V$ an, so erhalten wir $S(V) \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{2 k^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$, wobei $\left(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 k^{2}}, B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2 k^{2}}\right)$ eine Permutation von $K$ ist.
Mit der Abkürzung $S:=\sum_{i=1}^{2 u^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$ formulieren wir das folgende
Lemma 2. Der größtmögliche Wert von $S$ über alle Permutationen von $K$ beträgt $\frac{4}{3} k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)$ und wird angenommen, wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.
Beweis: Es seien $A_{i}=\left(p_{i}, q_{i}\right)$ und $B_{i}=\left(r_{i}, s_{i}\right)$ für $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$. Dann ist
$S=\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\left(p_{i}-r_{i}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\left(q_{i}-s_{i}\right)^{2}$. Mit der QM-AM-Ungleichung schätzen wir die erste Summe
$\mathrm{ab}: \sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}-r_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(2 p_{i}^{2}+2 r_{i}^{2}-\left(p_{i}+r_{i}\right)^{2}\right)=4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}+r_{i}\right)^{2}$
$\leq 4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\frac{1}{2 k^{2}}\left(\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}+r_{i}\right)\right)^{2}=4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\frac{1}{2 k^{2}}\left(2 k \cdot \sum_{j=0}^{2 k-1} j\right)^{2}$
$=4 k \cdot \frac{2 k(2 k-1)(4 k-1)}{6}-2 k^{2}(2 k-1)^{2}=\frac{2 k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei Gleichheit genau dann
gilt, wenn $p_{i}+r_{i}=2 k-1$ für alle $i$ erfüllt ist. Da die zweite Summe völlig analog abgeschātzt werden kann, folgt $S \leq \frac{4}{3} k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)$ mit Gleichheit bei $p_{i}+r_{i}=q_{i}+s_{i}=2 k-1$ für alle $i=1, \ldots, 2 k^{2}$, d.h. wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.
Mit dem Resultat aus Lemma 2 ergibt sich $S(V) \leq \frac{1}{4} \cdot \frac{4 k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)}{3}=\frac{k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei die Abschätzung für die Menge $Q$ scharf ist. ㅁ.
## Hinweise:
Das hăufig behauptete Ergebnis $S(k)=k^{4}$ ist falsch, weil es nicht auf der maximalen
Konfiguration beruht und nur für $k=1$ den korrekten Wert liefert. Die Formel von Pick ist bei dieser Aufgabe nicht zielführend, weil in der maximalen Konfiguration nicht alle Vierecke hinsichtlich der Aufteilung zwischen Rand- und inneren Gitterpunkten optimiert sind. Der größtmögliche Wert der Flächensumme bleibt derselbe, wenn man in der Aufgabenstellung „Vierecke" durch „Vielecke" ersetzt.
[^0]: ${ }^{1}$ Mit Beweis.
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