Lösungen zur 1. Auswahlklausur 2017/2018
Aufgabe 1. Ein Rechteck $\mathcal{R}$ mit ungeraden ganzzahligen Seitenlängen ist in Rechtecke unterteilt, die alle ganzahlige Seitenlängen haben. Man beweise, dass für mindestens eines dieser Rechtecke die Abstände zu jeder der vier Seiten von $\mathcal{R}$ alle gerade oder alle ungerade sind.
Lösung. Wir unterteilen $\mathcal{R}$ in Einheitsquadrate und färben einige dieser Einheitsquadrate in rot oder blau ein, entsprechend der folgenden Illustration.
Da $\mathcal{R}$ laut Voraussetzung ungerade Seitenlängen hat, sind alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}$ blau gefärbt, und es gibt insgesamt mehr gefäbte als ungefärbte Felder. Somit enthält auch mindestens eines der Rechtecke $\mathcal{R}{1}, \ldots, \mathcal{R}{k}$, in die $\mathcal{R}$ unterteilt wurde, mehr gefärbte als ungefärbte Felder, sei $\mathcal{R}{i}$ ein solches. Dann hat $\mathcal{R}{i}$ ungerade Seitenlängen und alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}{i}$ sind gefärbt. Daraus folgt, dass alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}{i}$ dieselbe Farbe tragen müssen. Falls sie blau sind, hat $\mathcal{R}{i}$ gerade Abstände zu allen vier Seiten von $\mathcal{R}$; falls sie rot sind hat $\mathcal{R}{i}$ ungerade Abstände zu allen vier Seiten von $\mathcal{R}$. In jedem Fall erfüllt $\mathcal{R}_{i}$ die geforderte Bedingung.
Aufgabe 2. Es sei eine positive ganze Zahl $d$ und eine Folge $\left(a_{i}\right)_{i=1,2,3, \ldots}$ positiver ganzer Zahlen gegeben. Wir nehmen an, dass folgende zwei Bedingungen erfüllt sind:
- Jede positive ganze Zahl taucht genau einmal in der Folge auf.
- Für alle Indizes $i \geq 10^{100}$ gilt $\left|a_{i+1}-a_{i}\right| \leq 2 d$.
Man beweise, dass unendlich viele Indizes $j$ existieren, für die $\left|a_{j}-j\right|<d$ gilt. Lösung. Angenommen, die Behauptung wäre nicht erfüllt. Dann existiert ein Index $N>10^{100}$, sodass für alle $i \geq N$ entweder $a_{i} \leq i-d$ oder $a_{i} \geq i+d$ gilt. Im ersten Fall gilt wegen $i \geq N>10^{100}$ laut der zweiten Voraussetzung an die Folge auch
es muss also $a_{i+1} \leq(i+1)-d$ gelten. Induktiv folgt damit $a_{i} \leq j-d$ für alle $j \geq i$.
Damit haben wir gezeigt: (A) Entweder es gilt $a_{i} \geq i+d$ für alle $i \geq N$, oder (B) es existiert ein $M \geq N$, sodass $a_{i} \leq i-d$ für alle $i \geq M$ gilt.
Nehmen wir zunächst an, (A) sei erfüllt. Die Zahlen $1, \ldots, N$ müssen laut der ersten Voraussetzung an die Folge alle einmal in der Folge auftauchen. Nun gilt jedoch $a_{i} \geq i+d>i \geq N$ für alle $i \geq N$, das heißt es gibt nur die $N-1$ Folgenglieder $a_{1}, \ldots, a_{N-1}$, die einen dieser Werte annehmen können. Nach dem Schubfachprinzip ergibt sich ein Widerspruch. Nehmen wir nun an, (B) sei erfüllt. Es sei $k=\max \left{M, a_{1}, \ldots, a_{M}\right}$. Dann sind die $k$ Folgenglieder $a_{1}, \ldots, a_{k}$ alle kleiner als $k$, denn für $i=1, \ldots M-1$ gilt $a_{i} \leq$ $\max \left{a_{1}, \ldots, a_{M-1}\right} \leq k$ und für $i=M, \ldots, k$ gilt $a_{i} \leq i-d<i \leq k$. Diese $k$ Zahlen liegen damit alle in der Menge ${1,2, \ldots, k-1}$. Nach dem Schubfachprinzip existieren daher zwei Indizes $1 \leq i<j \leq k$ mit $a_{i}=a_{j}$, was er ersten Voraussetzung an die Folge widerspricht. Da wir in jedem Fall einen Widerspruch erhalten haben, gilt die Behauptung.
Aufgabe 3. Es sei $A B C$ ein Dreieck. Der dem Punkt $A$ gegenüberliegende Ankreis $\omega$ berühre die Strecke $\overline{B C}$ sowie die Strahlen $A C$ und $A B$ in den Punkten $D, E$ bzw. $F$. Der Umkreis des Dreiecks $A E F$ schneide die Gerade $B C$ in den Punkten $P$ und $Q$. Schließlich sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $\overline{A D}$. Man beweise, dass sich $\omega$ und der Umkreis des Dreiecks $M P Q$ berühren
Lösung. Es sei $J$ der Mittelpunkt des Ankreises $\omega$. Dann gilt $J E \perp A E$ und $J F \perp$ $A F$, der Thaleskreis $\Omega$ von $\overline{A J}$ verläuft also durch $E$ und $F$, und damit auch durch $P$ und $Q$. Der Strahl $A D$ schneide $\Omega$ und $\omega$ erneut in $N$ bzw. $T$.
Dann ist $J N$ die Lotgerade von $J$ auf $D T$, also ist $N$ der Mittelpunkt der Strecke $\overline{D T}$. Damit gilt laut dem Sehnensatz
der Punkt $T$ liegt nach der Umkehrung des Sehnensatzes also auf dem Umkreis des Dreiecks $M P Q$. Wir betrachten nun den Bildpunkt von $N$ bei Inversion am Kreis $\omega$, dieser sei mit $Z$ bezeichnet. Da die Thaleskreise über $\overline{J D}$ und $\overline{J T}$ beide durch den Punkt $N$ verlaufen, liegt $Z$ auf den Bildern dieser Kreise, also den Tangenten durch $D$ und $T$ an $\omega$. Auf ersterer Geraden liegen auch $B, C, P$ und $Q$. Ferner liegt $N$ auf dem Kreis $\Omega$, der bei der betrachteten Inversion in die Gerade $E F$ übergeht, also liegt auch $Z$ auf der Geraden $E F$. Damit gilt nach dem Sekantensatz
nach der Umkehrung des Sekantensatzes tangiert $Z T$ daher auch den Umkreis des Dreiecks $M P Q$. Damit haben wir beweisen, dass sich dieser Kreis und $\omega$ im Punkt $T$ berühren.
Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2017/2018
Aufgabe 1
Es seien $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, k$ und $M$ positive ganze Zahlen mit den Eigenschaften
Man beweise: Für $M>1$ hat das Polynom
keine positiven Lösungen. Lösung: Wir zeigen $P(x)<0$ für alle $x>0$, also $M(x+1)^{k}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow$ $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}(x+1)^{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n} a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<\prod_{i=1}^{n}\left(x+a_{i}\right)$. Dazu zeigen wir, dass für jedes $i\left((1 \leq i \leq n)\right.$ die Beziehung $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}} \leq x+a_{i}(1)$ gilt und für wenigstens ein $i$ sogar $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<x+a_{i}$ ist. Die Behauptung folgt dann durch Multiplikation für alle $i$. Aus der AM-GM-Ungleichung für die Zahlen $x+1,1,1, \ldots, 1\left(a_{i}-1\right.$ Summanden 1$)$ folgt $\frac{x+a_{i}}{a_{i}} \geq \sqrt[a]{x+1}$, was nach Multiplikation mit $a_{i}$ gerade (1) ergibt. Das Gleichheitszeichen gilt genau für $a_{i}=1$, was nicht für alle $i$ sein kann, denn dann wäre $M=1$, im Widerspruch zur Voraussetzung $M>1$. Da für die gegebenen Werte alle Umformungen erlaubt sind, ist alles gezeigt.
Hinweis: Weitere Beweisansätze über die Bernoulli-Ungleichung, den binomischen Satz, die Jensensche Ungleichung oder Analysis sind möglich. Der Begriff „Lösung" in der Aufgabenstellung steht natürlich synonym zu „Nullstelle".
Aufgabe 2
Es sei $A B C D E$ ein konvexes Fünfeck mit den Eigenschaften
Man beweise, dass die Lotgerade von $E$ auf $B C$ durch den Schnittpunkt von $A C$ und $B D$ verläuft. Lösung: Wegen der Voraussetzungen sind $\triangle A B C$ und $\triangle B C D$ gleichschenklig. Daher geht die Mittelsenkrechte zu $A C$ durch $B$ und die Mittelsenkrechte zu $B D$ durch $C$. Beide schneiden sich im Punkt $I$ (siehe Figur). Wegen $B D \perp C I$ und $A C \perp B I$ schneiden sich $A C$ und $B D$ im Höhenschnittpunkt des Dreiecks $B C I$ und es folgt $I H \perp B C$. Wenn wir nun zeigen können, dass $E I \perp B C$ ist, folgt die Behauptung, weil es durch $I$ nur eine Orthogonale zu $B C$ geben kann. Weil $B I$ und $C I$ auch Winkelhalbierende von $\angle C B A$ bzw. $\angle D C B$ sind, folgt $\overline{I A}=\overline{I C}$ sowie $\overline{I B}=\overline{I D}$. Wegen $\overline{A B}=\overline{B C}=\overline{C D}$ sind die Dreiecke $A B I, B C I$ und $C D I$ kongruent. Daher ist $\angle B A I=\angle I C B=\frac{1}{2} \angle D C B=\frac{1}{2} \angle B A E$, so dass $I A$ Winkelhalbierende von $\angle B A E$ ist. Analog gilt, dass $I D$ Winkelhalbierende von $\angle E D C$ ist.
Die Verkettung der Achsenspiegelungen an $A I, B I, C I, D I$ und $E I$ ist eine Achsenspiegelung mit den Fixpunkten $E$ und $I$. Daher liegt $I$ auch auf der Winkelhalbierenden von $\angle A E D$. Nun gilt $\angle A E D=540^{\circ}-2 \angle C B A-2 \angle B A E$, und damit folgt im Viereck $A B I E$ : $\angle B I E=360^{\circ}-\angle B A E-\angle I B A-\angle A E I=360^{\circ}-\angle B A E-\frac{1}{2} \angle C B A-\left(270^{\circ}-\angle C B A-\angle B A E\right)$ $=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C B A=90^{\circ}+\angle C B I$. Mit dem Außenwinkelsatz folgt $E I \perp B C$. ㅁ. Hinweis: Es gibt andere Lösungswege über die Schnittpunkte der Verlängerungen geeigneter Seiten, mithilfe von Trigonometrie oder (in der Regel sehr aufwändig) analytischer Geometrie. Fehler entstanden z.T. durch Verwendung der Behauptung im Beweis, etwa durch Nicht-Unterscheiden der Geraden $E T$ und IT.
Aufgabe 3
Man bestimme alle ganzen Zahlen $n \geq 2$ mit der folgenden Eigenschaft: Für beliebige, nicht notwendigerweise verschiedene ganze Zahlen $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, deren Summe nicht durch $n$ teilbar ist, existiert ein Index $i(1 \leq i \leq n)$, so dass keine der Zahlen
durch $n$ teilbar ist. (Dabei sei $m_{i}=m_{i-n}$ für $i>n$.) Lösung: Bei den gesuchten Zahlen handelt es sich genau um die Primzahlen. Teilbeweis 1: Keine Nichtprimzahl crfüllt allc Voraussctzungen. Es sei $n=a \cdot b$ mit $1<a, b<n$ eine Zerlegung von $n$ in zwei echte Teiler. Wir wählen $m_{i}=a$ für $1 \leq i<n$ sowie $m_{n}=0$. Dann ist die Summe $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}=(n-1) a$ offensichtlich nicht durch $n$ teilbar, da beide Faktoren nicht durch $n$ teilbar sind. Nun wählen wir zu einem beliebigen Index $i$ den Index $j=\left{\begin{array}{ll}b & \text { für } 1 \leq i \leq n-b \ b+1 & \text { für } n-b<i \leq n\end{array}\right.$ und erhalten $m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}=a \cdot b=n \equiv 0 \bmod n$. Mit diesem Gegenbeispiel ist der Teilbeweis abgeschlossen.
Teilbeweis 2: Jede Primzahl erfüllt alle Voraussetzungen. Es sei nun $n$ eine Primzahl. Für einen Widerspruchsbeweis nehmen wir an, dass es für die Zahlen $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, deren Summe nicht durch $n$ teilbar ist, zu jedem Index $i(1 \leq i \leq n)$ eine Zahl $j(1 \leq j \leq n)$ gibt, so dass die Summe $m_{l}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}$ durch $n$ teilbar ist. Dabei gilt sogar $j \neq n$, denn die Summe aller $m_{i}$ ist nicht durch $n$ teilbar. Nun konstruieren wir für $0 \leq k \leq n-1$ eine endliche Folge ganzer Zahlen $i_{0}, i_{1}, \ldots, i_{n}$ mit $i_{k+1}-i_{k} \leq n-1$ (1), indem wir $m_{i_{k}+1}+m_{i_{k}+2}+\ldots+m_{i_{k+1}} \equiv 0 \bmod n$ wählen. Der Startindex $i_{0}$ ist beliebig und der neue Index $i_{k+1}$ sei der jeweils kleinstmögliche nach $i_{k}$ beim zyklischen Weitergehen $\bmod n$. Nach dem Schubfachprinzip gibt es in der Folge dieser $n+1$ Indizes zwei verschiedene Zahlen $i_{r}$ und $i_{s}$ mit $0 \leq r<s \leq n$, die $\bmod n$ kongruent sind. Mit ihnen gilt $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right) \equiv 0 \bmod n$, weil dies für jede Klammersumme gilt. Andererseits folgt aus $i_{s} \equiv i_{r} \bmod n$, dass es eine positive ganze Zahl $d$ gibt mit $i_{s}-i_{r}=d \cdot n$. Wegen (1) ist $i_{s}-i_{r} \leq(n-1) n$, so dass $d \leq n-1$ folgt. Dann kann $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right)=d\left(m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}\right)$ aber kein Vielfaches von $n$ sein, denn $n$ ist prim und weder $d$ noch $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}$ sind Vielfache von $n$ - Widerspruch! $\square$