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Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade

Lösungen zur 1. IMO-Auswahlklausur 2010

Aufgabe 1

Das Viereck $A B C D$ sei eine Raute mit spitzem Winkel bei $A$. Die Punkte $M$ und $N$ mögen so auf den Strecken $A C$ und $B C$ gelegen sein, dass $|D M|=|M N|$. Ferner sei $P$ der Schnittpunkt von $A C$ und $D N$ sowie $R$ der Schnittpunkt von $A B$ und $D M$. Man beweise, dass $|R P|=|P D|$.

Anmerkung: Für $M=A$ und $N=B$ gilt $|D M|=|M N|$, aber $|R P| \neq|P D|$. Unter der zusätzlichen Voraussetzung, dass $M$ bzw. $N$ im Inneren der Strecken $A C$ bzw. $B C$ liegen, ist die Behauptung jedoch korrekt. Den Fehler zu bemerken, zählte nicht als Lösung.

Lösung: Der Fall $N=B$ sei im Folgenden ausgeschlossen. Dann ist $D N$ nicht orthogonal zu $A C$, und $M$ ist eindeutig charakterisiert als Schnittpunkt der Mittelsenkrechte von $D N$ mit $A C$. Im Dreieck $D N C$ ist $A C$ die Winkelhalbierende bei $C$, und in jedem Dreieck schneiden sich die Winkelhalbierende und die gegenüberliegende Mittelsenkrechte auf dem zugehörigen Umkreisbogen, also ist $D M N C$ ein Sehnenviereck, insbesondere ist $\varangle M D N=\varangle M C N$. Nun ist $\varangle M D N=\varangle R D P$ und $\varangle M C N=\varangle A C B=\varangle B A C=\varangle R A P$, also ist nach dem Satz vom Umfangswinkel auch $A R P D$ ein Sehnenviereck. In seinem Umkreis sind wegen $\varangle R A P=\varangle B A C=\varangle C A D=\varangle P A D$ die Sehnen $R P$ und $P D$ gleich lang (Sinussatz oder Umfangswinkel).

Bemerkungen: Diese Aufgabe erforderte eine genaue Analyse der relativen Lage der verschiedenen Punkte. Häufig war das angegebene Argument deshalb nur in bestimmten Fällen anwendbar, beispielsweise im Kontext des Sehnenfünfecks $M R B N P$ bzw. MBRNP. Die meisten Versuche, die Aufgabe durch Verwendung von Koordinaten rechnerisch zu lösen, scheiterten an Rechenfehlern. Relativ häufig wurde auch das Sehnenviereck $B N P M$ erkannt.

Aufgabe 2

Man beweise oder widerlege, dass für alle positiven reellen Zahlen $a, b$ und $c$ die Ungleichung

Lösung: Beweis von $3 \leq \frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}$ :

1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen führt zur äquivalenten Ungleichung $45 a b c \leq 7\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)+8\left(a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}\right)$. Dies folgt aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel (z. B. $a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b \cdot b^{2} c \cdot c^{2} a}=3 a b c$ ).
2. Variante: Für $n \geq 1$ und reelle Zahlen $a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}$ gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung $\sqrt{a_{1}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}} \sqrt{b_{1}^{2}+\ldots+b_{n}^{2}} \geq a_{1} b_{1}+\ldots+a_{n} b_{n}$. Für $n=3, a_{1}^{2}=\frac{4 a+b}{a+4 b}, a_{2}^{2}=\frac{4 b+c}{b+4 c}, a_{3}^{2}=\frac{4 c+a}{c+4 a}$, $b_{1}^{2}=(4 a+b)(a+4 b), b_{2}^{2}=(4 b+c)(b+4 c), b_{3}^{2}=(4 c+a)(c+4 a)$ ergibt sich

$$(\frac{4a+b}{a+4b}+\frac{4b+c}{b+4c}+\frac{4c+a}{c+4a})((4a+b)(a+4b)+(4b+c)(b+4c)+(4c+a)(c+4a))\ge (5(a+b+c){)}^2\backslash left(\backslash frac\{4\; a+b\}\{a+4\; b\}+\backslash frac\{4\; b+c\}\{b+4\; c\}+\backslash frac\{4\; c+a\}\{c+4\; a\}\backslash right)((4\; a+b)(a+4\; b)+(4\; b+c)(b+4\; c)+(4\; c+a)(c+4\; a))\; \backslash geq(5(a+b+c))^\{2\}$$

Der zweite Faktor ist wegen $2(a+b+c)^{2}-6(a b+b c+c a)=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0$ kleiner als $\frac{25}{3}(a+b+c)^{2}$, woraus die Behauptung folgt. Beweis von $\frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}<\frac{33}{4}$ :

1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen liefert die äquivalente (triviale) Ungleichung $0<127 a b c+16\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)$.
2. Variante: Die Ungleichung ist äquivalent $\mathrm{zu} \frac{b}{a+4 b}+\frac{c}{b+4 c}+\frac{a}{c+4 a}>\frac{1}{4}$; Letzteres gilt wegen

$$\frac{b}{a+4b}+\frac{c}{b+4c}+\frac{a}{c+4a}>\frac{b}{4a+4b+4c}+\frac{c}{4a+4b+4c}+\frac{a}{4a+4b+4c}=\frac{1}{4}\backslash frac\{b\}\{a+4\; b\}+\backslash frac\{c\}\{b+4\; c\}+\backslash frac\{a\}\{c+4\; a\}>\backslash frac\{b\}\{4\; a+4\; b+4\; c\}+\backslash frac\{c\}\{4\; a+4\; b+4\; c\}+\backslash frac\{a\}\{4\; a+4\; b+4\; c\}=\backslash frac\{1\}\{4\}$$

Bemerkungen: 1. Die Ungleichung geht zwar bei zyklischer Vertauschung $a$ nach $b, b$ nach $c, c$ nach $a$ in sich über, nicht aber bei beliebigem Permutatieren von $a, b, c$. Daher kann man zwar ohne Einschränkung $a \geq b$ und $a \geq c$ voraussetzen, nicht jedoch $a \geq b \geq c$. Viele Lösungsansätze funktionierten nur unter letzterer Voraussetzung. 2. Manche Teilnehmer untersuchten den Grenzwert für $a \rightarrow \infty$ bei festem $b$ und $c$ und schätzten dann $\frac{4 b+c}{b+4 c}$ ab. Das ist kein Beweis für die rechte Ungleichung, da die Summe für endliche Werte von $a$ größer als für $a \rightarrow \infty$ sein kann. 3. Die Zahl $\frac{33}{4}$ wird für $a=1, b=\varepsilon, c=\varepsilon^{2}$ für $\varepsilon \rightarrow 0$ beliebig angenähert.

Aufgabe 3

Man bestimme alle Paare $(m, n)$ nicht-negativer ganzer Zahlen, die der Gleichung

$$3^m-7^n=23^\{m\}-7^\{n\}=2$$

genügen. Lösung: Die Paare $(1,0)$ und $(2,1)$ sind Lösungen. Es sei $(m, n)$ eine Lösung mit $m, n \geq 2$. Die Lösung besteht aus drei Schritten:

1. Es ist $7^{n} \equiv-2 \bmod 9 \Longleftrightarrow n \equiv 1 \bmod 3$.
2. Es ist $3^{m} \equiv 2 \bmod 49 \Longleftrightarrow m \equiv 26 \bmod 42$.
3. Die Bedingungen aus 1 und 2 ergeben einen Widerspruch modulo 43.

Schritt 1: Es gilt $7^{1} \equiv 7,7^{2} \equiv 4$ und $7^{3} \equiv 1 \bmod 9$, ab dann sind die Reste periodisch mit Periode 3. Aus der Ausgangsgleichung folgt $7^{n} \equiv 7 \bmod 9$, also $n \equiv 1 \bmod 3$. Schritt 2: Zeige zunächst $m \equiv 2 \bmod 6$ analog zu Schritt 1. Nach dem Satz von Euler-Fermat ist $3^{42} \equiv 1 \bmod 49$, die Periode ist also höchstens 42 . Unter Verwendung von $3^{6} \equiv-6 \bmod 49$ erhält man:

$m$	2	8	14	20	26	32	38
$3^{m} \bmod 49$	9	44	30	16	2	37	23

Es gilt also $3^{m} \equiv 2 \bmod 49$ genau dann, wenn $m \equiv 26 \bmod 42$. Schritt 3: Schreibe $m=42 m^{\prime}+26$ und $n=3 n^{\prime}+1$. Betrachtet man nun die ursprüngliche Gleichung modulo 43 , erhält man mit dem kleinen Satz von Fermat und $7^{3} \equiv-1 \bmod 43$

$$3^{42m^{\mathrm{\prime }}+26}-7^{3n^{\mathrm{\prime }}+1}\equiv 3^{26}-(-1{)}^{n^{\mathrm{\prime }}}\cdot 7\equiv 15-(-1{)}^{n^{\mathrm{\prime }}}\cdot 7\equiv ̸2433^\{42\; m^\{\backslash prime\}+26\}-7^\{3\; n^\{\backslash prime\}+1\}\; \backslash equiv\; 3^\{26\}-(-1)^\{n^\{\backslash prime\}\}\; \backslash cdot\; 7\; \backslash equiv\; 15-(-1)^\{n^\{\backslash prime\}\}\; \backslash cdot\; 7\; \backslash not\; \backslash equiv\; 2\; \backslash quad\; \backslash bmod\; 43$$

Es gibt also keine weiteren Lösungen. Bemerkungen: Diese Aufgabe wurde von keinem Teilnehmer gelöst. Eine häufige Lücke in den Ansätzen war die folgende: Aus $a^{b} \equiv a^{c} \bmod M$ folgt nicht $b \equiv c \bmod \varphi(M)$, wie das für die Aufgabe relevante Beispiel $a=7, b=4, c=1, M=9$ zeigt. Aufgrund der Periodizität der Potenzreste ist es nicht möglich, direkt aus $3^{m}-7^{n}=2$ einen Widerspruch modulo 43 oder einer anderen Primzahl $\neq 3,7$ herzuleiten, denn die Gleichung besitzt ja Lösungen. Erst mit zusätzlichen, mit Hilfe der Primzahlen 3 und 7 gewonnenen Einschränkungen erhält man den gewünschten Widerspruch.