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## Lösungen zur 1. Auswahlklausur
## Aufgabe 1
Eine Funktion $f$ ist gegeben durch $f(x)+f\left(1-\frac{1}{x}\right)=1+x$ für $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$.
Man ermittle eine Formel für $f$.
## Lösung
Sei $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$ und $y=1-\frac{1}{x}$ und $z=\frac{1}{1-x}$. Es ist leicht einzusehen, dass zusammen mit $x$ auch $y$ und damit auch $z$ zu $\mathbb{R} \backslash\{0,1\}$ gehören. Einsetzen von $y$ und $z$ in die Ausgangsgleichung führt zu:
$$
f\left(1-\frac{1}{x}\right)+f\left(\frac{1}{1-x}\right)=2-\frac{1}{x} \text { und } f\left(\frac{1}{1-x}\right)+f(x)=1+\frac{1}{1-x}
$$
Durch Subtraktion der beiden letzten Beziehungen erhält man:
$$
f(x)-f\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}-1
$$
und nach Addition zur Ausgangsgleichung führt das schließlich zu
$$
f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}+x\right)=\frac{-x^{3}+x^{2}+1}{2 x(1-x)}
$$
## Aufgabe 2
Im Dreieck $A B C$ ist $A D(D \in B C)$ eine Seitenhalbierende, $E$ ein Punkt auf $A C$ und $F$ der Schnittpunkt von $B E$ mit $A D$.
Man beweise: Falls $\frac{B F}{F E}=\frac{B C}{A B}+1$, dann ist $B E$ eine Winkelhalbierende.
## Lösung
Seien $B^{\prime}, C^{\prime}, E^{\prime}$ die Projektionen von $B, C$ und $E$ auf die Gerade $A D$. Die rechtwinkligen Dreiecke $\triangle D B B^{\prime}$ und $\triangle D C C^{\prime}$ sind kongruent, da $D$ der Mittelpunkt von $B C$ ist und die spitzen Winkel bei $D$ gleich groß sind. Daraus folgt, dass $B B^{\prime}=C C^{\prime}$.
Im Dreieck $\triangle A C^{\prime} C$ ist $E E^{\prime}$ parallel zu $C C^{\prime}$ und folglich
$$
\frac{A C}{A E}=\frac{C C^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}} .
$$
Die rechtwinkligen Dreiecke $\triangle B B^{\prime} F$ und $\triangle E E^{\prime} F$ sind ähnlich, da die Winkel bei $F$ gleich sind. Daraus folgt $\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B F}{F E}$, was zusammen mit der vorletzten Beziehung zu $\frac{A C}{A E}=\frac{B F}{E F}$ führt.
Ersetzt man nun $\frac{B F}{E F}$ in der Ausgangsbeziehung durch $\frac{A C}{A E}$, ergibt sich:
$\frac{B C}{A B}+1=\frac{A C}{A E}=\frac{B C+A B}{A B}$, was zu $\frac{A C-A E}{A E}=\frac{B C}{A B}$ und schließlich zu $\frac{E C}{A E}=\frac{B C}{A B}$ führt.
Gemäß der Umkehrung des Satzes der Winkelhalbierenden ist $B E=w_{\beta}$.
## Aufgabe 3
Gegeben sind die sechs reellen Zahlen $a, b, c$ und $x, y, z$ so, dass
a) $0<b-c<a<b+c$
b) $a x+b y+c z=0$
Man ermittle (mit Begründung!) das Vorzeichen von $a y z+b x z+c x y$.
## Lösung
Aus $0<b-c<a<b+c$ folgt, dass $a, b$ und $c$ positiv sind. Außerdem kann man mit Strecken dieser Längen ein Dreieck konstruieren. Daraus folgt, dass die Zahlen $-a+b+c, \quad a-b+c$ und $a+b-c$ positiv sind.
Aus $a x+b y+c z=0$ folgt $x=-\frac{b y+c z}{a}$.
Es ergibt sich
$$
a y z+b z x+c x y=a y z-\frac{1}{a}(b y+c z)(b z+c y)=-\frac{1}{a}\left(b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z\right)
$$
Es reicht zu zeigen, dass der Term in der letzten Klammer nicht negativ ist.
Eine einfache Umformung ergibt
$$
b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z=b c y^{2}+b c z^{2}+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z
$$
Da $a$ und $c$ positiv sind, kann man den Term mit $4 b c$ multiplizieren, ohne dass sich das Vorzeichen ändert. Es ist also das Vorzeichen von $4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b^{2} c^{2} z^{2}+4 b c\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z$ zu untersuchen. Durch Addition und Subtraktion von $\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2} z^{2}$ ergibt sich der Reihe nach:
$$
\begin{aligned}
& 4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b c y z\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}= \\
& =\left[2 b c y+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z\right]^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}
\end{aligned}
$$
Das Vorzeichen des letzten Terms ist nicht negativ, da der erste Teil ein Quadrat ist und im zweiten Teil $4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$ positiv ist. Die Zahl $a y z+b z x+c x y$ ist folglich nicht positiv.
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