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Auswahlwettbewerb zur IMO 2004

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:

$$f(1-\frac{1}{x})+f\left(\frac{1}{1-x}\right)=2-\frac{1}{x}\text{ und }f\left(\frac{1}{1-x}\right)+f(x)=1+\frac{1}{1-x}f\backslash left(1-\backslash frac\{1\}\{x\}\backslash right)+f\backslash left(\backslash frac\{1\}\{1-x\}\backslash right)=2-\backslash frac\{1\}\{x\}\; \backslash text\; \{\; und\; \}\; f\backslash left(\backslash frac\{1\}\{1-x\}\backslash right)+f(x)=1+\backslash frac\{1\}\{1-x\}$$

Durch Subtraktion der beiden letzten Beziehungen erhält man:

$$f(x)-f(1-\frac{1}{x})=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}-1f(x)-f\backslash left(1-\backslash frac\{1\}\{x\}\backslash right)=\backslash frac\{1\}\{1-x\}+\backslash frac\{1\}\{x\}-1$$

und nach Addition zur Ausgangsgleichung führt das schließlich zu

$$f(x)=\frac{1}{2}(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}+x)=\frac{-x^3+x^2+1}{2x(1-x)}f(x)=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{1-x\}+\backslash frac\{1\}\{x\}+x\backslash right)=\backslash frac\{-x^\{3\}+x^\{2\}+1\}\{2\; x(1-x)\}$$

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

$$\frac{AC}{AE}=\frac{C{C}^{\mathrm{\prime }}}{E{E}^{\mathrm{\prime }}}=\frac{B{B}^{\mathrm{\prime }}}{E{E}^{\mathrm{\prime }}}\mathrm{.}\backslash frac\{A\; C\}\{A\; E\}=\backslash frac\{C\; C^\{\backslash prime\}\}\{E\; E^\{\backslash prime\}\}=\backslash frac\{B\; B^\{\backslash prime\}\}\{E\; E^\{\backslash prime\}\}\; .$$

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

$$ayz+bzx+cxy=ayz-\frac{1}{a}(by+cz)(bz+cy)=-\frac{1}{a}(b^{2}yz+bc{y}^2+cb{z}^2+c^{2}yz-a^{2}yz)a\; y\; z+b\; z\; x+c\; x\; y=a\; y\; z-\backslash frac\{1\}\{a\}(b\; y+c\; z)(b\; z+c\; y)=-\backslash frac\{1\}\{a\}\backslash left(b^\{2\}\; y\; z+b\; c\; y^\{2\}+c\; b\; z^\{2\}+c^\{2\}\; y\; z-a^\{2\}\; y\; z\backslash right)$$

Es reicht zu zeigen, dass der Term in der letzten Klammer nicht negativ ist. Eine einfache Umformung ergibt

$$b^{2}yz+bc{y}^2+cb{z}^2+c^{2}yz-a^{2}yz=bc{y}^2+bc{z}^2+(b^2+c^2-a^2)yzb^\{2\}\; y\; z+b\; c\; y^\{2\}+c\; b\; z^\{2\}+c^\{2\}\; y\; z-a^\{2\}\; y\; z=b\; c\; y^\{2\}+b\; c\; z^\{2\}+\backslash left(b^\{2\}+c^\{2\}-a^\{2\}\backslash right)\; y\; z$$

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:

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.