Auswahlwettbewerb zur IMO 2005
Lösungen zur 1. Auswahlklausur
Aufgabe 1
Gegeben sind die positiven reellen Zahle $a$ und $b$ und die natürliche Zahl $n$. Man ermittle in Abhängigkeit von $a, b$ und $n$ das größte der $n+1$ Glieder in der Entwicklung von $(a+b)^{n}$.
Lösung
Das $k$-te Glied $\mathrm{G}(\mathrm{k})$ in der Entwicklung von $(\mathrm{a}+\mathrm{b})^{\mathrm{n}}$ ist gegeben durch die Formel: $G(k)=\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1}$, wobei $\binom{n}{0}=1$ und $1 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n}+1$. Da es endlich viele Glieder gibt und jede endliche Zahlenmenge (mindestens) ein maximales Element enthält, wird untersucht unter welchen Bedingungen das k-te Element maximal ist. Dafür müssen die folgenden Beziehungen gleichzeitig erfüllt sein: $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k} \cdot a^{n-k} \cdot b^{k}$ und $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k-2} \cdot a^{n-k+2} \cdot b^{k-2}$, wobei im letzten Fall $k \geq 2$ sein muss und eine dieser Ungleichungen streng ist (einfacher Nachweis!). Das führt einerseits $\mathrm{zu} \frac{1}{n-k+1} \cdot a \geq \frac{1}{k} \cdot b$ und andererseits $\mathrm{zu} \frac{1}{k-1} \cdot b \geq \frac{1}{n-k+2} \cdot a$, woraus sowohl $\mathrm{n}+1 \geq \mathrm{k} \geq \frac{n b+b}{a+b}$, als auch $1 \leq \mathrm{k} \leq \frac{n b+2 b+a}{a+b}=\frac{n b+b}{a+b}+1$ folgt. Falls $\mathrm{i}=\frac{n b+b}{a+b}$ nicht ganzzahlig ist, ist $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ das größte Glied, andernfalls sind $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ und $\mathrm{G}(\mathrm{i}+1)$ maximal. Weitere maximale Glieder kann es nicht geben.
Aufgabe 2
Sei $E={-1,0,1}$ und $M$ eine Menge von Gitterpunkten der Ebene. Die Punkte aus $M$ sind so durch ein Streckennetz (S) miteinander verbunden, dass man von jedem Punkt aus M zu jedem anderen Punkt aus M gelangen kann ohne ( S ) zu verlassen. Dabei können die Strecken des Streckennetzes außer den Gitterpunkten auch andere Endpunkte enthalten. Man ermittle die kürzeste Gesamtlänge des Streckennetzes, falls: a) $M={(i, j) \mid i, j \in E$ und $i \cdot j=0}$ b) $M={(i, j) \mid i, j \in E}$
Lösung
Teil a): Aus Symmetriegründen reicht es zunächst das günstigste Streckennetz für die Punkte $O(0,0)$, $A(1,0)$ und $C(0,1)$ zu finden. Durch Spiegelung an O erhält man dann das gewünschte Netz für die Punkte aus M. Durch eine Drehung der Ebene $x O y$ um O mit Drehwinkel $60^{\circ}$ (Fig. 1) wird das Dreieck $\triangle O A C$ in das Dreieck $\triangle O A^{\prime} C^{\prime}$ überführt, wobei die Strecke P'C' das Bild von PC ist. Das kürzeste Streckensystem, das die Punkte O, A und $C$ wie gefordert verbindet, hat also eine Gesamtlänge, die gleich jener der Strecke $A C^{\prime}$ ist.
Fig. 1
Im Dreieck $\triangle \mathrm{OAC}^{\prime}$ ist aber $\mathrm{AC}^{\prime}=\sqrt{2-2 \cos 150^{\circ}}=\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (Kosinussatz). Durch Spiegelung am Ursprung O erhält man ein für Teil a) kürzestes Streckensystem mit einer Gesamtlänge von $2 \sqrt{2+\sqrt{3}}=\sqrt{2}+\sqrt{6}$.
Teil b): Ebenfalls aus Symmetriegründen reicht es zunächst das kürzeste Streckensystem für die Punkte $D(-1 \mid 1), O(0 \mid 0), A(1 \mid 0), B(1 \mid 1)$ und $C(0 \mid 1)$ zu finden. Da die Entfernung von D zu den restlichen vier Punkten mindestens 1 beträgt, hat ein solches System eine Gesamtlänge von $1+\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=1+1+\sqrt{3}=2+\sqrt{3}$ (siehe Fig. 2).
Fig. 2
Damit ergibt (nach Spiegelung an 0 ) für b) eine Gesamtlänge von $2(2+\sqrt{3})=4+2 \sqrt{3}$. Bemerkung: Der Punkt $P$ aus Teil a) ist der Fermat-Punkt des Dreiecks $\triangle \mathrm{OAC}$; die Summe seiner Abstände zu den Eckpunkten O, A und C ist minimal. Jedes Dreieck, in dem kein Winkel größer-gleich $120^{\circ}$ ist, enthält im Inneren einen solchen Punkt. Ist aber z.B. in einem Dreieck $\triangle A B C \alpha \geq 120^{\circ}$, dann ist dort $A B+A C$ minimal. Diese Eigenschaften wurden wohl zum ersten Mal von Evangelista Torricelli (1608 - 1647) entdeckt und von Pierre Fermat (1601 - 1665) weiter untersucht.
Aufgabe 3
Man beweise: Ist $4^{n} \cdot 7=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ mit $n, a, b, c, d \in N \backslash{0}$, dann kann keine der Quadratzahlen die Zahl $4^{\mathrm{n}-1}$ unterschreiten.
Lösung
Ist $n=1$, dann ist die Behauptung richtig; die einzigen Lösungen für $a, b, c, d$ sind, abgesehen von der Reihenfolge, die Quadrupel $(1,1,1,5)$, $(1,3,3,3)$ und $(2,2,2,4)$. Für jedes $n \geq 1$ ist $4^{n} .7$ durch 4 teilbar. Da das Quadrat einer natürlichen Zahl bei der Division durch 4 nur die Reste 0 oder 1 haben kann, kommen für $a, b, c, d$ nur Zahlen gleicher Restklasse modulo 4 in Frage. Sind a, b, c, d (alle) ungerade, dann ist die rechte Seite zwar durch 4, nicht aber durch 8 und erst recht nicht durch 16 teilbar. In diesem Fall kommt also nur $\mathrm{n}=1$ in Frage. Sollte $n>1$ sein, dann müssen die vier Zahlen auf der rechten Seite demnach alle gerade sein. Vorausgesetzt die Eigenschaft, dass alle Quadratzahlen $4^{n-1}$ überschreiten, gilt nicht für alle $n$, dann gibt es ein kleinstes $k(k \in N)$ für das sie nicht gilt. Da sie für $n=1$ gilt, muss $k$ größer 1 sein. Dann sind aber (siehe oben) a, b, c, d alle gerade. Man könnte also beide Seiten durch 4 teilen und die Eigenschaft dürfte auch für k-1 nicht gelten, was aber wegen der Minimalität von $k$ nicht sein kann. Die Behauptung stimmt also für alle natürlichen Zahlen $\mathrm{n}, \mathrm{n} \geq 1$.