{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der größte gemeinsame Teiler zweier positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$ sei mit $\\operatorname{ggT}(m, n)$ bezeichnet.\n\nEs sei eine unendliche Menge $S$ positiver ganzer Zahlen gegeben, sodass es vier paarweise verschiedene Zahlen $v, w, x, y \\in S$ gibt, für die $\\operatorname{ggT}(v, w) \\neq \\operatorname{ggT}(x, y)$ gilt.\nBeweisen Sie, dass es drei paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c \\in S$ gibt, für die $\\operatorname{ggT}(a, b)=$ $\\operatorname{ggT}(a, c) \\neq \\operatorname{ggT}(b, c)$ gilt.", "solution": "Im folgenden nennen wir eine dreielementige Teilmenge $\\{s, t, u\\} \\subset S$ ein ausgewogenes Dreieck, falls die Menge $\\{\\mathrm{ggT}(s, t), \\operatorname{ggT}(s, u), \\operatorname{ggT}(t, u)\\}$ genau zwei verschiedene Elemente hat. Es ist zu zeigen, dass es ein ausgewogenes Dreieck gibt.\n\nLemma. Für paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c, d \\in S$, sodass $\\operatorname{ggT}(a, b)=\\operatorname{ggT}(a, c) \\neq$ $\\operatorname{ggT}(a, d)$ und $\\operatorname{ggT}(b, d)=\\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt, enthält die Menge $\\{a, b, c, d\\}$ ein ausgewogenes Dreieck.\nBeweis. Falls $\\operatorname{ggT}(a, b)=\\operatorname{ggT}(b, d)$, dann ist $\\{a, b, d\\}$ ein ausgewogenes Dreieck. Ansonsten gilt entweder $\\operatorname{ggT}(a, d) \\neq \\operatorname{ggT}(a, b)$ oder $\\operatorname{ggT}(a, d) \\neq \\operatorname{ggT}(b, d)$, also ist $\\{a, b, c\\}$ oder $\\{b, c, d\\}$ ein ausgewogenes Dreieck.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_56775e342675481e810ag-1.jpg?height=301&width=355&top_left_y=1454&top_left_x=219)\n\nFür jedes Element $a \\in S$ sei $S_{a}=\\{\\operatorname{ggT}(a, s) \\mid s \\in S, s \\neq a\\}$. Da diese Menge nur Teiler von $a$ enthält, ist sie endlich. Aus der Voraussetzung folgt, dass wir $a \\in S$ so wählen können, dass $S_{a}$ mindestens zwei Elemente enthält, da ansonsten $\\operatorname{ggT}(v, w)=\\operatorname{ggT}(w, x)=\\operatorname{ggT}(x, y)$ gelten würde.\n\nNach dem Schubfachprinzip finden wir eine unendliche Teilmenge $T \\subset S$, sodass $\\operatorname{ggT}(a, t)$ der gleiche Wert $g$ ist für alle $t \\in T$. Nun wählen wir ein $d \\in S \\backslash(T \\cup\\{a\\})$ sodass $\\operatorname{ggT}(a, d) \\neq g$, das wegen $\\left|S_{a}\\right|>1$ existieren muss. Da auch $S_{d}$ endlich ist, finden wir nach dem Schubfachprinzip zwei verschiedene Elemente $b, c \\in T$ sodass $\\operatorname{ggT}(b, d)=\\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt. Dann erfüllen $a, b, c, d$ die Voraussetzungen des Lemmas, also existiert in der Tat ein ausgewogenes Dreieck.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 1.", "solution_match": "\nErste Lösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der größte gemeinsame Teiler zweier positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$ sei mit $\\operatorname{ggT}(m, n)$ bezeichnet.\n\nEs sei eine unendliche Menge $S$ positiver ganzer Zahlen gegeben, sodass es vier paarweise verschiedene Zahlen $v, w, x, y \\in S$ gibt, für die $\\operatorname{ggT}(v, w) \\neq \\operatorname{ggT}(x, y)$ gilt.\nBeweisen Sie, dass es drei paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c \\in S$ gibt, für die $\\operatorname{ggT}(a, b)=$ $\\operatorname{ggT}(a, c) \\neq \\operatorname{ggT}(b, c)$ gilt.", "solution": "Wir dürfen o.B.d.A. voraussetzen, dass keine ganze Zahl $g>1$ alle Zahlen aus $S$ teilt, da wir sonst die größte derartige Zahl $g$ wählen und $S$ durch die Menge $S^{\\prime}=\\{s / g \\mid s \\in S\\}$ ersetzen könnten: Falls die Behauptung für $S^{\\prime}$ gilt, dann auch für $S$.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung\n\nAngenommen für eine Primzahl $p$ wäre die Teilmenge $S_{p} \\subset S$ aller durch $p$ teilbaren Zahlen unendlich groß, dann wählen wir $a \\in S \\backslash S_{p}$, was wegen der Vorüberlegung möglich ist. Da die Zahlen $\\operatorname{ggT}(a, s)$ für $s \\in S_{p}$ Teiler von $c$ sind, gibt es nach dem Schubfachprinzip verschiedene $b, c \\in S_{p}$ mit $\\operatorname{ggT}(a, b)=\\operatorname{ggT}(a, c)$. Da $b, c$ beide durch $p$ teilbar sind, folgt auch $\\operatorname{ggT}(b, c) \\neq$ $\\operatorname{ggT}(a, c)$, also die Behauptung.\n\nSomit dürfen wir annehmen, dass jede Primzahl nur endlich viele Elemente aus $S$ teilt. Wegen der Voraussetzung finden wir nun aber Zahlen $b, c \\in S$, die nicht teilerfremd sind. Es gibt nur endlich viele Primzahlen, die $b$ oder $c$ teilen, also enthält $S$ auch nur endlich viele Elemente, die nicht zu $b$ oder $c$ teilerfremd sind. Somit können wir wegen $|S|=\\infty$ ein Element $a \\in S$ wählen, dass zu $b$ und $c$ teilerfremd ist. Dann erfüllen $a, b, c$ die Behauptung.\n\nAnmerkung: Es ist möglich, beliebig große endliche Mengen konstruieren, sodass die entsprechende Aussage nicht gilt, z.B. indem man für verschiedene Primzahlen $p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{r}$ mit Produkt $N=p_{1} \\cdots p_{r}$ die Menge $S=\\left\\{N / p_{i} \\mid i=1, \\ldots, r\\right\\}$ wählt. Dann sind ggT $(x, y), x, y \\in S$ alle verschieden, also gilt die Voraussetzung, aber nicht die Behauptung aus der Aufgabe.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 1.", "solution_match": "\nZweite Lösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.\n\nBeweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.", "solution": "Wir arbeiteten mit gerichteten Winkeln modulo 180 Grad. Zunächst erkennen wir, dass aus der Voraussetzung $|A C|=|B C|$ unmittelbar folgt, dass die Winkel $\\angle B A C$, $\\angle C B A, \\angle D C A$ und $\\angle A D C$ allesamt gleich groß sind.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_56775e342675481e810ag-2.jpg?height=500&width=957&top_left_y=1486&top_left_x=361)\n\nEs genügt zu zeigen, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $C D$ auf der Geraden $B R$ liegt. Wegen $\\angle C S Q=\\angle P A Q=\\angle C R Q$ ist $C S R Q$ ein Sehnenviereck. Wegen $\\angle C R A=180^{\\circ}-$ $\\angle A R P=180^{\\circ}-\\angle A Q P=\\angle D Q A=\\angle D C A=\\angle C B A$ ist auch $A B R C$ ein Sehnenviereck. Also gilt $\\angle S R C=\\angle S Q C=\\angle A D C=\\angle B A C=\\angle B R P$, woraus in der Tat folgt, dass $P, R$ und $S$ auf einer Geraden liegen.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 2.", "solution_match": "\nErste Lösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.\n\nBeweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.", "solution": "Wie in der ersten Lösung zeigt man, dass $A B R C$ ein Sehnenviereck ist. Wir betrachten den Schnittpunkt $E$ der Geraden $A D$ und $B R$. Dann gilt $\\angle E A P=\\angle C B A=\\angle B A C=$ $\\measuredangle E R P$, also liegt $E$ auf dem Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_56775e342675481e810ag-3.jpg?height=661&width=795&top_left_y=566&top_left_x=305)\n\nNun gilt $\\angle C E R=\\angle A P R=180^{\\circ}-\\angle D C R$, also liegt $E$ auch auf dem Umkreis des Dreiecks $R C D$. Die paarweisen Potenzgeraden der Umkreise von $A C D, A P R$ und $R C D$ sind somit die Geraden $C D, A Q, R E=R B$, also schneiden sie sich in einem Punkt. Dies impliziert die Behauptung.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 2.", "solution_match": "\nZweite Lösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.\n\nBeweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.", "solution": "Da $\\angle Q A C=\\measuredangle Q D C=\\angle Q P A$ folgt mit der Umkehrung des Sehnen-Tangenten-Winkel-Satzes, dass die Gerade $A C$ den Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$ tangiert. Wegen der Voraussetzung tangiert $A B$ auch den Umkreis des Sehnenvierecks $A Q C D$, also sind die Winkel $\\angle A D Q$ und $\\angle P A Q$ gleich groß. Damit folgt aber $\\angle A C Q=\\angle A D Q=\\angle P A Q=\\angle C R Q$, also tangiert $A C$ auch den Umkreis des Dreiecks $C Q R$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_56775e342675481e810ag-3.jpg?height=579&width=769&top_left_y=1635&top_left_x=315)\n\nDer Schnittpunkt $M$ der Geraden $R Q$ und $A C$ erfüllt damit nach dem Sekanten-TangentenSatz $|M A|^{2}=|M Q| \\cdot|M R|=|M C|^{2}$, also ist $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A C$, also auch der Mittelpunkt der Strecke $B D$.\n\nDer Satz von Pappos, angewandt auf die jeweils kollinearen Punkte $A, B, P$ und $R, Q, M$ impliziert nun, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $B R, C$ (als Schnittpunkt der Geraden $A M$ und $P R$ ), sowie $D$ (als Schnittpunkt der Geraden $B M$ und $P Q$ ) auf einer Geraden liegen, was der zu zeigenden Aussage entspricht.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 2.", "solution_match": "\nDritte Lösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Bestimmen Sie ${ }^{1}$ den kleinsten Wert, den der Ausdruck\n\n$$\n\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{2022}}{2022}\\right\\rfloor\n$$\n\nannehmen kann, wobei $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2022} \\geq 1$ reelle Zahlen sind, sodass $\\left|a_{i}-a_{j}\\right| \\geq 1$ für alle $1 \\leq i<j \\leq 2022$ gilt.\nAnmerkung: Für eine reelle Zahl $x$ bezeichnet $\\lfloor x\\rfloor$, genannt Gauß-Klammer von $x$, die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist.", "solution": "Aus der Voraussetzung folgt, dass die kleinste der Zahlen $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2022}$ mindestens 1, die zweitkleinste mindestens 2 ist, usw. bis zur 2022-ten, die mindestens 2022 sein muss. Wenn wir nun die Zahlen $a_{1}, \\ldots, a_{2022}$ sukzessive der Größe nach durch $1,2, \\ldots, 2022$ ersetzen, so wird die Summe aus dem Aufgabentext nicht größer. Wir sehen also, dass wir uns auf den Fall einschränken dürfen, dass $\\left(a_{1}, a_{1}, \\ldots, a_{2022}\\right)$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind. Nun ersetzen wir 2022 durch eine beliebige positive ganze Zahl $k$ und behaupten, dass der kleinste Wert $s(k)$, den die Summe\n\n$$\n\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{k}}{k}\\right\\rfloor\n$$\n\nannehmen kann, wenn $a_{1}, a_{1}, \\ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind, genau $\\left\\lfloor\\log _{2}(k)\\right\\rfloor$ beträgt.\n\n- Untere Schranke: Da $m$ offenbar monoton steigend ist, genügt es zu zeigen, dass $m\\left(2^{t}\\right) \\geq t$ gilt. Der Fall $t=0$ ist klar, für $t>0$ verwenden wir vollständige Induktion und setzen daher $m\\left(2^{t-1}\\right) \\geq t-1$ als bekannt voraus. Es seien $a_{1}, a_{1}, \\ldots, a_{2}$ beliebige paarweise verschiedene positive ganze Zahlen. Dann ist das Maximum $a_{i}$ dieser Zahlen mindestens $2^{t}$. Falls $i>2^{t-1}$, so gilt nun\n$\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\\right\\rfloor \\geq\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{i}}{i}\\right\\rfloor \\geq m\\left(2^{t-1}\\right)+1=t-1+1=t$\nFalls jedoch $i \\leq 2^{t-1}$, so ist die Menge $X=\\left\\{1,2, \\ldots, 2^{t-1}\\right\\} \\backslash\\left\\{a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2^{t-1}}\\right\\}$ nicht leer. Sei $b \\in X$ beliebig. Dann gilt $a_{i} \\geq 2^{t}=2^{t-1}+2^{t-1} \\geq b+i$, also gilt\n$\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\\right\\rfloor \\geq\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{b+i}{i}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\\right\\rfloor+\\geq m\\left(2^{t-1}\\right)+1=t-1+1=t$\n- Obere Schranke: Wir setzen\n\n$$\na_{i}=\\left\\{\\begin{array}{l}\ni-1, \\text { falls } i \\text { keine Zweierpotenz ist, } \\\\\n2^{s+1}-1, \\text { falls } i=2^{s} .\n\\end{array}\\right.\n$$\n\nDann sind $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen und es gilt\n\n$$\n\\left\\lfloor\\frac{a_{i}}{i}\\right\\rfloor=\\left\\{\\begin{array}{l}\n0, \\text { falls } i \\text { keine Zweierpotenz ist, } \\\\\n1 \\text { andernfalls. }\n\\end{array}\\right.\n$$\n\nalso folgt $\\left\\lfloor\\frac{a_{1}}{1}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{a_{2}}{2}\\right\\rfloor+\\cdots+\\left\\lfloor\\frac{a_{k}}{k}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\log _{2}(k)\\right\\rfloor$.\nAngewandt auf die konkrete Situation der Aufgabenstellung erhalten wir, dass der kleinste Wert, den die angegebene Summe annehmen kann, gleich $\\left\\lfloor\\log _{2}(2022)\\right\\rfloor=11$ ist.\n\n[^0]\n## BUNDESWEITE\n\nMATHEMATIK-WETTBEWERBE\nBildung \\& Begabung\n\n# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade 2022 \n\n## Beispiellösungen und Hinweise zur 2. Auswahlklausur", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "\nAufgabe 3.", "solution_match": "\nLösung."}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Für eine feste positive ganze Zahl $m$ sei $A$ eine Teilmenge von $\\left\\{0,1,2, \\ldots, 5^{m}\\right\\}$, die aus $4 m+$ Elementen besteht.\nBeweisen Sie, dass es in $A$ stets drei Zahlen $a, b, c$ gibt, für die $a<b<c$ und $c+2 a>3 b$ gil", "solution": "Wir nehmen an, dass es $4 m+2$ Elemente $x_{0}<x_{1}<\\ldots<x_{4 m+1}$ aus $\\left\\{0,1,2, \\ldots, 5^{m}\\right\\}$ gibt, für welche die Behauptung nicht erfullt ist. Dann gilt insbesondere $x_{4 m+1}+2 x_{i} \\leq 3 x_{i+1}$ für alle $i=0,1, \\ldots, 4 m-1$. Umformen ergibt $x_{4 m+1}-x_{i} \\geq \\frac{3}{2}\\left(x_{4 m+1}-x_{i+1}\\right)$.\nEin einfacher Induktionsschluss liefert daraus $x_{4 m+1}-x_{i} \\geq\\left(\\frac{3}{2}\\right)^{4 m-i}\\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\\right)$.\nHier führt nun $i=0$ auf $x_{4 m+1}-x_{0} \\geq\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{4 m}\\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\\right)=\\left(\\frac{81}{16}\\right)^{m}\\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\\right)>5^{m} \\cdot 1$,\nWiderspruch! ㅁ", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "# Erste Lösung:"}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Für eine feste positive ganze Zahl $m$ sei $A$ eine Teilmenge von $\\left\\{0,1,2, \\ldots, 5^{m}\\right\\}$, die aus $4 m+$ Elementen besteht.\nBeweisen Sie, dass es in $A$ stets drei Zahlen $a, b, c$ gibt, für die $a<b<c$ und $c+2 a>3 b$ gil", "solution": "Wir bezeichnen das gröBte Element von $A$ mit $c$. Für $k=0, \\ldots, 4 m-1$ definieren wir $A_{k}=\\left\\{x \\in A \\left\\lvert\\,\\left(1-\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{k}\\right) c \\leq x<\\left(1-\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{k+1}\\right) c\\right.\\right\\}$.\nWegen $\\left(1-\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{4 m}\\right) c=c-\\left(\\frac{16}{81}\\right)^{m i n} c>c-\\left(\\frac{1}{5}\\right)^{m!} c \\geq c-1$ bilden die Mengen $A_{0}, A_{1}, \\ldots, A_{4 m-1}$ eine Zerlegung von $A \\backslash\\{c\\}$. Weil $A \\backslash\\{c\\}$ aus $4 m+1$ Elementen besteht, muss nach dem Schubfachprinzip eine Menge $A_{k}$ existieren, die aus wenigstens zwei Elementen besteht. Wi bezeichnen zwei der Zahlen aus $A_{k}$ so mit $a$ und $b$, dass $a<b<c$ gilt. Dann ist $c+2 a \\geq c+2\\left(1-\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{k}\\right) c=\\left(3-2\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{k}\\right) c=3\\left(1-\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{k+1}\\right) c>3 b$, wie verlangt. $\\square$\n\nHinweise: Offensichtlich lässt sich in der Behauptung die Mächtigkeit von $A$ nicht auf $4 m+$ verkleinern, wie für $m=1$ das Beispiel $A=\\{0,2,3,4,5\\}$ zeigt. Ein gelegentlich auftretender Fehler bestand darin, die Elemente von $A$ zu manipulieren oder zu ersetzen, ohne dabei zu überprüfen, ob die daraus gezogenen Schlussfolgerungen für die ursprüngliche Menge $A$ gültig sind.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "# Zweite Lösung:"}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen $n \\geq 1$, für die es ein Paar $(a, b)$ von positiven ganzen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:\ni) Keine dritte Potenz einer Primzahl teilt $a^{2}+b+3$.\nii) Es gilt $\\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.\n\nAntwort: Die einzige ganze Zahl mit diesen Eigenschaften ist $n=2$.", "solution": "Es sei $p$ ein beliebiger Primfaktor von $a^{2}+b+3$ (ein solcher existiert, weil $a^{2}+b+3 \\geq 5$ gilt). Dann ist $b \\equiv-a^{2}-3 \\bmod p$. Wegen der Ganzzahligkeit von $n$ muss $p$ aber auch ein Primfaktor von $a b+3 b+8$ sein. Somit gilt $0 \\equiv a b+3 b+8 \\equiv a\\left(-a^{2}-3\\right)+3\\left(-a^{2}-3\\right)+8 \\equiv-a^{3}-3 a^{2}-3 a-1 \\equiv-(a+1)^{3} \\bmod p$, also muss $p$ auch ein Primfaktor von $a+1$ sein. Wegen $i$ ) kann $p$ in $a^{2}+b+3$ höchstens quadratisch vorkommen, also höchstens doppelt so oft wie in $a+1$. Weil das für jeden Primfaktor gilt, erhalten wir $a^{2}+b+3 \\leq(a+1)^{2}$. Würde ein Primfaktor $p$ in $a^{2}+b+3$ dagegen höchstens einfach vorkommen, so hätten wir $a^{2}+b+3 \\leq \\frac{(a+1)^{2}}{p} \\leq \\frac{(a+1)^{2}}{2}$, im Widerspruch zu $\\frac{(a+1)^{2}}{2} \\leq a^{2}+1<a^{2}+4 \\leq a^{2}+b+3$.\nAlso muss $a^{2}+b+3=(a+1)^{2}$ gelten. Folglich ist $b=2 a-2$ und damit $a b+3 b+8=a(2 a-2)+3(2 a-2)+8=2 a^{2}+4 a+2=2(a+1)^{2}$.\nSomit ist $n=2$ die einzige mögliche Lösung. Das Beispiel $(a, b)=(2,2)$ mit $a^{2}+b+3=9$ zeigt, dass $n=2$ tatsächlich eine Lösung ist. ㅁ", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "# Erste Lösung:"}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen $n \\geq 1$, für die es ein Paar $(a, b)$ von positiven ganzen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:\ni) Keine dritte Potenz einer Primzahl teilt $a^{2}+b+3$.\nii) Es gilt $\\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.\n\nAntwort: Die einzige ganze Zahl mit diesen Eigenschaften ist $n=2$.", "solution": "Wenn wir die Bedingung $i i)$ nach $b$ auflösen, erhalten wir $b=\\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}$.\nFall 1: $n=a+3$. Hier muss wegen $b \\in \\mathbb{Z}^{+}$auch der Zähler verschwinden, was nach Einsetzen $(a+1)^{3}=0$, also $a=-1$ liefert - ein Widerspruch zu $a \\in \\mathbb{Z}^{+}$.\nFall 2: $n \\neq a+3$. Aus (1) folgt\n$a^{2}+b+3=a^{2}+\\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}+3=\\frac{a^{3}+3 a^{2}-n a^{2}+n a^{2}+3 n-8+3 a+9-3 n}{a+3-n}=\\frac{(a+1)^{3}}{a+3-n}$.\nNun bezeichnen wir mit $v_{p}(z)$ die Häufigkeit, mit der ein Primfaktor $p$ in der Zahl $z \\in \\mathbb{Z}^{+}$ vorkommt. Gäbe es einen Primfaktor $p$ mit $v_{p}(a+1) \\geq v_{p}(a+3-n)+1$, dann wäre nach (2) $v_{p}\\left(a^{2}+b+3\\right) \\geq 2 v_{p}(a+3-n)+3 \\geq 3$, was im Widerspruch zu $\\left.i\\right)$ steht. Also ist $v_{p}(a+1) \\leq v_{p}(a+3-n)$, und somit ist $a+1$ ein Teiler von $a+3-n$. Aus (2) folgt noch $a+3-n>0$ und daher $a+1 \\leq a+3-n$, also $n \\leq 2$.\nFür $n=1$ wäre dann $a+1 \\mid a+2$, was für kein $a \\in \\mathbb{Z}^{+}$erfüllt ist. Also kann nur $n=2$ gelten, was mit dem Beispiel aus der ersten Lösung bestätigt wird. ㅁ\n\nHinweise: In der zweiten Lösung ist der Nachweis von $n<a+3$ unbedingt erforderlich.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "# Zweite Lösung:"}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Für eine feste positive ganze Zahl $k$ sei $K$ die Menge aller Gitterpunkte $(x, y)$ in der Ebene, deren beide Koordinaten $x$ und $y$ nichtnegative ganze Zahlen kleiner als $2 k$ sind. Es gilt also $|K|=4 k^{2}$.\nEine Menge $V$ bestehe nun aus $k^{2}$ nicht-ausgearteten Vierecken mit folgenden Eigenschaften:\ni) Die Ecken aller dieser Vierecke sind Elemente von $K$.\nii) Jeder Punkt in $K$ ist Eckpunkt von genau einem der Vierecke in $V$.\n\nBestimmen Sie den größtmöglichen Wert, den die Summe der Flächeninhalte aller $k^{2}$ Vierecke in $V$ annehmen kann.\n\nAntwort: Der gröBtmögliche Wert der Flächensumme beträgt $S(k):=\\frac{1}{3} k^{2}(2 k+1)(2 k-1)$.\nBezeichnungen: Der Flächeninhalt eines Polygons $X$ sei mit $[X]$ bezeichnet. Ein Viereck heiße legal, wenn alle seine Eckpunkte zu $K$ gehören. Weiter sei $O=\\left(k-\\frac{1}{2}, k-\\frac{1}{2}\\right)$ der Mittelpunkt von $K$. Ein legales Viereck heiße zentral, wenn es punktsymmetrisch mit $O$ als Mittelpunkt ist. Jede Menge $V$ von Vierecken, die die Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, heiße akzeptabel. Für jede akzeptable Menge $V$ sei die Flächensumme ihrer Vierecke mit $S(V)$ bezeichnet.", "solution": "Jeder Punkt aus $K$ ist Eckpunkt eines eindeutig definierten zentralen Quadrats. Daher ist die Menge $Q$ aller zentralen Quadrate akzeptabel. Wir zeigen $S(V) \\leq S(Q)=S(k)$\nworaus die Antwort folgt.\nWir benutzen das folgende\nLemma 1. Für jedes Viereck $V=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ und jeden beliebigen Punkt $O$ in der Ebene gilt\n$[V] \\leq \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$\nwobei Gleichheit genau dann gilt, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist.\nBeweis: Für $i=1, \\ldots, 4$ und $A_{5}=A_{1}$ gilt $\\left[O A_{i} A_{i+1}\\right] \\leq \\frac{O A_{i} \\cdot O A_{i+1}}{2} \\leq \\frac{O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}}{4}$. Daher gilt $[V] \\leq \\sum_{i=1}^{4}\\left[O A_{i} A_{i+1}\\right] \\leq \\frac{1}{4} \\sum_{i=1}^{4}\\left(O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}\\right)=\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$, womit (2) bewiesen ist. In der Tat herrscht jeweils Gleichheit, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist. Nun betrachten wir eine beliebige akzeptable Menge $V$. Lemma 1 auf jedes Element von $V$ und jedes Element von $Q$ angewendet liefert $S(V) \\leq \\frac{1}{2} \\sum_{A<K} O A^{2}=S(Q)$, womit die linke Seite von (1) bewiesen ist.\nNun berechnen wir $S(Q)=\\frac{1}{2} \\sum_{A c K} O A^{2}=\\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{2 k-1} \\sum_{j=0}^{2 k-1}\\left(\\left(k-\\frac{1}{2}-i\\right)^{2}+\\left(k-\\frac{1}{2}-j\\right)^{2}\\right)$\n$=\\frac{1}{8} \\cdot 4 \\cdot 2 k \\sum_{i=0}^{k-1}(2 k-2 i-1)^{2}=k \\sum_{j=0}^{k-1}(2 j+1)^{2}=k\\left(\\sum_{j=1}^{2 k} j^{2}-\\sum_{j=1}^{k}(2 j)^{2}\\right)$\n$=k\\left(\\frac{2 k(2 k+1)(4 k+1)}{6}-4 \\cdot \\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\\right)=\\frac{k^{2}(2 k+1)(2 k-1)}{3}=S(k)$.\n\n## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE\n\nBildung \\& Begabung", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "# Erste Lösung:"}}
{"year": "2022", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Für eine feste positive ganze Zahl $k$ sei $K$ die Menge aller Gitterpunkte $(x, y)$ in der Ebene, deren beide Koordinaten $x$ und $y$ nichtnegative ganze Zahlen kleiner als $2 k$ sind. Es gilt also $|K|=4 k^{2}$.\nEine Menge $V$ bestehe nun aus $k^{2}$ nicht-ausgearteten Vierecken mit folgenden Eigenschaften:\ni) Die Ecken aller dieser Vierecke sind Elemente von $K$.\nii) Jeder Punkt in $K$ ist Eckpunkt von genau einem der Vierecke in $V$.\n\nBestimmen Sie den größtmöglichen Wert, den die Summe der Flächeninhalte aller $k^{2}$ Vierecke in $V$ annehmen kann.\n\nAntwort: Der gröBtmögliche Wert der Flächensumme beträgt $S(k):=\\frac{1}{3} k^{2}(2 k+1)(2 k-1)$.\nBezeichnungen: Der Flächeninhalt eines Polygons $X$ sei mit $[X]$ bezeichnet. Ein Viereck heiße legal, wenn alle seine Eckpunkte zu $K$ gehören. Weiter sei $O=\\left(k-\\frac{1}{2}, k-\\frac{1}{2}\\right)$ der Mittelpunkt von $K$. Ein legales Viereck heiße zentral, wenn es punktsymmetrisch mit $O$ als Mittelpunkt ist. Jede Menge $V$ von Vierecken, die die Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, heiße akzeptabel. Für jede akzeptable Menge $V$ sei die Flächensumme ihrer Vierecke mit $S(V)$ bezeichnet.", "solution": "Für jedes Viereck $A B C D$ in einer akzeptablen Menge $V$ gilt\n$[A B C D]=\\frac{A C \\cdot B D}{2} \\cdot \\sin \\varphi \\leq \\frac{A C^{2}+B D^{2}}{4}$\nmit $\\varphi=\\measuredangle(A C, B D)$. Wenden wir (3) auf alle Elemente von $V$ an, so erhalten wir $S(V) \\leq \\frac{1}{4} \\sum_{i=1}^{2 k^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$, wobei $\\left(A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{2 k^{2}}, B_{1}, B_{2}, \\ldots, B_{2 k^{2}}\\right)$ eine Permutation von $K$ ist.\nMit der Abkürzung $S:=\\sum_{i=1}^{2 u^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$ formulieren wir das folgende\nLemma 2. Der größtmögliche Wert von $S$ über alle Permutationen von $K$ beträgt $\\frac{4}{3} k^{2}\\left(4 k^{2}-1\\right)$ und wird angenommen, wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \\ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.\nBeweis: Es seien $A_{i}=\\left(p_{i}, q_{i}\\right)$ und $B_{i}=\\left(r_{i}, s_{i}\\right)$ für $i=1,2, \\ldots, 2 k^{2}$. Dann ist\n$S=\\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\\left(p_{i}-r_{i}\\right)^{2}+\\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\\left(q_{i}-s_{i}\\right)^{2}$. Mit der QM-AM-Ungleichung schätzen wir die erste Summe\n$\\mathrm{ab}: \\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\\left(p_{i}-r_{i}\\right)^{2}=\\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\\left(2 p_{i}^{2}+2 r_{i}^{2}-\\left(p_{i}+r_{i}\\right)^{2}\\right)=4 k \\sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\\left(p_{i}+r_{i}\\right)^{2}$\n$\\leq 4 k \\sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\\frac{1}{2 k^{2}}\\left(\\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\\left(p_{i}+r_{i}\\right)\\right)^{2}=4 k \\sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\\frac{1}{2 k^{2}}\\left(2 k \\cdot \\sum_{j=0}^{2 k-1} j\\right)^{2}$\n$=4 k \\cdot \\frac{2 k(2 k-1)(4 k-1)}{6}-2 k^{2}(2 k-1)^{2}=\\frac{2 k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei Gleichheit genau dann\ngilt, wenn $p_{i}+r_{i}=2 k-1$ für alle $i$ erfüllt ist. Da die zweite Summe völlig analog abgeschātzt werden kann, folgt $S \\leq \\frac{4}{3} k^{2}\\left(4 k^{2}-1\\right)$ mit Gleichheit bei $p_{i}+r_{i}=q_{i}+s_{i}=2 k-1$ für alle $i=1, \\ldots, 2 k^{2}$, d.h. wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \\ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.\nMit dem Resultat aus Lemma 2 ergibt sich $S(V) \\leq \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{4 k^{2}\\left(4 k^{2}-1\\right)}{3}=\\frac{k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei die Abschätzung für die Menge $Q$ scharf ist. ㅁ.\n\n## Hinweise:\n\nDas hăufig behauptete Ergebnis $S(k)=k^{4}$ ist falsch, weil es nicht auf der maximalen\nKonfiguration beruht und nur für $k=1$ den korrekten Wert liefert. Die Formel von Pick ist bei dieser Aufgabe nicht zielführend, weil in der maximalen Konfiguration nicht alle Vierecke hinsichtlich der Aufteilung zwischen Rand- und inneren Gitterpunkten optimiert sind. Der größtmögliche Wert der Flächensumme bleibt derselbe, wenn man in der Aufgabenstellung „Vierecke\" durch „Vielecke\" ersetzt.\n\n\n[^0]:    ${ }^{1}$ Mit Beweis.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "# Zweite Lösung:"}}