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Lösungen zur 2. Auswahlklausur
## Aufgabe 1
Eine unendliche Folge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ reeller Zahlen erfüllt die Bedingung $a_{n}=\left|a_{n+1}-a_{n+2}\right|$ für alle $n \geq 0$, wobei $a_{0}$ und $a_{1}$ verschiedene positive Zahlen sind.
Kann diese Folge beschränkt sein? Die Antwort ist zu begründen.
## Lösung
Zunächst beweisen wir, dass zwei aufeinander folgende Glieder niemals gleich sein können. Aus $a_{n}=a_{n+1}=c$ folgte nämlich sofort $a_{n-1}=0$ und $a_{n-2}=a_{n-3}=c \quad(n>2)$. Schließlich müsste $a_{0}=a_{1}$ oder $a_{0}=0$ bzw. $a_{1}=0$ sein, was ausgeschlossen ist. Daher gilt auch $a_{n}>0$ für alle n.
Auflösen der Bedingung liefert $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}$ falls $a_{n+2}>a_{n+1}$ ist, sowie $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}$ falls $a_{n+2}<a_{n+1}$ ist. Aus $a_{n+1}<a_{n}$ folgt also $a_{n+2}>a_{n}$ und $a_{n+2}>a_{n+1}$. Daher ist diejenige Teilfolge $b_{0}, b_{1}, b_{2}, \ldots$ streng monoton wachsend, die durch Weglassen aller Glieder entsteht, die kleiner als ihr Vorgänger und ihr Nachfolger sind.
Wenn wir nun zeigen, dass $b_{m+1}-b_{m} \geq b_{m}-b_{m-1}$ für alle $m \geq 2$ gilt, so haben wir für diese Teilfolge eine arithmetische Folge mit positiver Differenz als Minorante, woraus die Unbeschränktheit direkt folgt. Dazu setzen wir $b_{m+1}=a_{n+2}$, wobei $a_{n+2}>a_{n+1}$ gelten soll. Für $a_{n+1}>a_{n}$ haben wir $b_{m}=a_{n+1}$ und $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (weil entweder $b_{m-1}=a_{n-1}$ oder $b_{m-1}=$ $a_{n}>a_{n-1}$ gilt). So ist $b_{m+1}-b_{m}=a_{n}=a_{n+1}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$. Für $a_{n+1}<a_{n}$ haben wir dagegen $b_{m}=a_{n}$ und $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (weil entweder $b_{m-1}=a_{n-1}$ oder $b_{m-1}=a_{n-2}>a_{n-1}$ gilt). So ist hier $b_{m+1}-b_{m}=a_{n+1}=a_{n}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$.
## Aufgabe 2
Gegeben seien ein Kreis K und eine Gerade g , die keinen gemeinsamen Punkt haben.
Ferner sei $\overline{A B}$ der Durchmesser von K , der orthogonal zu g ist, wobei B näher an g liegt als $A$. Weiter sei ein beliebiger Punkt $C$, verschieden von $A$ und $B$, auf $K$ gegeben. Die Gerade AC schneidet g in D; die Gerade DE berührt K in E, wobei B und E auf derselben Seite von AC liegen. Schließlich schneidet BE die Gerade g im Punkt F und AF den Kreis K außer in A im Punkt G.
Man beweise, dass der Spiegelpunkt von G bezüglich der Achse AB auf der Geraden CF liegt.
## Lösung
Wir bezeichnen den zweiten Schnittpunkt von CF und K mit H sowie den Schnittpunkt von AB und g mit X . Wegen $A B \perp g$ reicht es zu zeigen, dass $G H \| g$. Dies ist genau dann der Fall, wenn $\angle A G H=\angle A F D$. Umfangswinkelsatz und Scheitelwinkel liefern $\angle A G H=\angle A C H=\angle D C F$; also muss $\angle D C F=\angle A F D$ gezeigt werden. Da die Dreiecke DFC und ADF bei D einen Winkel gemeinsam haben, braucht nur deren (gegensinnige) Ähnlichkeit nachgewiesen zu werden. Diese ist genau dann erfültt, wenn $\frac{|D C|}{|D F|}=\frac{|D F|}{|D A|}$,
d.h. $|D F|^{2}=|D A| \cdot|D C|$ gilt. Nach dem TangentenSekantensatz gilt allerdings $|D E|^{2}=|D A| \cdot|D C|$, so dass nur $|D E|=|D F|$ zu zeigen bleibt, was mit $\angle D E F=\angle E F D$ gleichbedeutend ist.
Wegen $\angle F X B=\angle A E B=90^{\circ}$ ist AEXF ein Sehnenviereck und es gilt $\angle E F X=\angle E A B$. Die Gleichheit der Sehnen-Tangentenwinkel liefert
$\angle D E F=\angle E A B$, woraus $\angle D E F=\angle E F D$ folgt.
## Aufgabe 3
Gegeben seien zwei positive ganze Zahlen $n$ und $k$. In der Ebene liegen $n$ Kreise ( $\mathrm{n} \geq 2$ ), so dass jeder Kreis jeden anderen zweimal schneidet und alle diese Schnittpunkte paarweise verschieden sind.
Jeder Schnittpunkt wird mit einer von n Farben so gefärbt, dass jede Farbe wenigstens einmal verwendet wird und auf jedem der Kreise die gleiche Anzahl k von Farben vertreten ist.
Man bestimme alle Werte von $n$ und $k$, für die eine solche Färbung möglich ist.
## Lösung
Die Antwort lautet: $2 \leq k \leq n \leq 3$ oder $3 \leq k \leq n$.
Offensichtlich gilt $k \leq n$ nach Aufgabenstellung sowie $k \geq 2$, weil für $k=1$ alle Punkte dieselbe Farbe hätten, während die Anzahl $n$ der Farben $\geq 2$ sein soll. Wir nummerieren die Kreise und die Farben von 1 bis n und bezeichnen mit $F(i, j)$ die Menge der Farben der Schnittpunkte der Kreise i und j. F $(i, j)$ enthält ein oder zwei Elemente.
Sei $k=2$. Für $n=2$ ist $F(1,2)=\{1,2\}$ eine erlaubte Färbung. Für $n=3$ ist $F(1,2)=\{3\}$, $F(2,3)=\{1\}, F(3,1)=\{2\}$ ein Beispiel für eine erlaubte Färbung. Sei nun $n \geq 4$. Jedem der n Kreise ordnen wir die Menge $\{i, j\}$ der beiden auf ihm vorkommenden Farben zu. Jede dieser Mengen besteht aus zwei Elementen und jede der n Farben muss in wenigstens zwei Mengen vorkommen, da sich in jedem gefärbten Punkt zwei Kreise schneiden. Also kommt jede Farbe in genau zwei Mengen vor. Zum Kreis 1 mit der Menge $\{i, j\}$ gibt es daher noch höchstens zwei weitere Kreise, in deren Farbmengen i oder j vorkommen. Wegen $n \geq 4$ finden wir stets einen Kreis 2 mit der Menge $\{k, l\}$ und $\{k, l\} \cap\{i, j\}=\{ \}$. Die Schnittpunkte der Kreise 1 und 2 sind dann nicht erlaubt färbbar Widerspruch!
Nun beweisen wir mit vollständiger Induktion einen etwas stärkeren Satz als verlangt: Für $n \geq k \geq 3$ existiert stets eine erlaubte Färbung, bei der auf dem Kreis i die Farbe i für alle $i=1, \ldots, n$ vorkommt. Zur Verankerung geben wir für $k=n=3 \operatorname{mit} F(1,2)=\{1,2\}$, $F(1,3)=\{1,3\}, F(2,3)=\{2,3\}$ ein Beispiel und für $k=3, n>3$ folgendes Beispiel für eine erlaubte Färbung mit Zusatzbedingung:
$F(1,2)=\{1,2\}, F(i, i+1)=\{i\}$ für $1<i<n-1, F(n-1, n)=\{n-2, n-1\}$ und $F(i, j)=\{n\}$ für die restlichen Paare $(i, j)$ mit $1 \leq i<j \leq n$.
Nun nehmen wir an, dass der stärkere Satz für ein $k \geq 3$ erfüllt ist, und wählen $n \geq k+1$. Wegen $n-1 \geq k \geq 3$ gibt es eine erlaubte Färbung mit Zusatzbedingung für die Kreise bzw. Farben 1,2,..., n-1. Jetzt färben wir die Schnittpunkte des Kreises n: Für jedes $i=1, \ldots, n-1$ erhält ein Schnittpunkt der Kreise i und n die Farbe n . Damit kommen auf jedem der Kreise i mit $i=1, \ldots, n-1$ genau $k+1$ Farben vor; darunter i und $n$. Für $i=1, \ldots, k$ erhält der zweite Schnittpunkt der Kreise i und n die Farbe i, so dass nun auch auf dem Kreis $n$ genau $k+1$ Farben liegen, nämlich 1 bis $k$ und $n$. Alle übrigen neuen Schnittpunkte erhalten die Farbe n, so dass auf keinem Kreis weitere Farben dazukommen. Diese Färbung erfüllt alle Bedingungen.
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