problem:
Man bestimme alle positiven ganzen Zahlen $m$ mit folgender Eigenschaft:
Die Folge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ mit $a_{0}=\frac{2 m+1}{2}$ und $a_{k+1}=a_{k}\left\lfloor a_{k}\right\rfloor$ für $k=0,1,2, \ldots$ enthält wenigstens eine ganze Zahl.
Hinweis: $\lfloor x\rfloor$ bezeichnet den größten ganzen Teil (integer-Funktion) von $x$.

solution:
Es gilt $a_{0}=m+\frac{1}{2}$ und $a_{1}=a_{0}\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=\left(m+\frac{1}{2}\right) \cdot m=m^{2}+\frac{m}{2}$. Dieser Ausdruck ist für gerades $m$ offensichtlich ganz, so dass hier die gesuchte Eigenschaft der Folge vorliegt.
Weiterhin gilt bei $m=1$, dass $a_{0}=\frac{3}{2},\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=1$ und für $a_{k}=\frac{3}{2}$ stets auch $a_{k+1}=\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2}$ ist. Hier gibt es also kein ganzzahliges Folgenglied.
Nun sei $m \geq 3$ ungerade. Es existiert die eindeutige Darstellung $m=2^{p} \cdot n_{0}+1$ mit $p \geq 1, n_{0}$ ungerade und $p, n_{0} \in \mathbb{N}$. Somit gilt $a_{0}=2^{p} n_{0}+\frac{3}{2}$, und für $a_{k}=2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}$ ( $n_{k}$ ungerade) folgt $a_{k+1}=\left(2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}\right)\left(2^{p} n_{k}+1\right)=2^{p-1}\left(2^{p+1} n_{k}^{2}+5 n_{k}\right)+\frac{3}{2}$, wobei die Klammer ungerade ist. Also existiert eine Darstellung $a_{k+1}=2^{p-1} n_{k+1}+\frac{3}{2}$ mit ungeradem $n_{k+1}$. Durch Erhöhen von $k$ um 1 wird also gleichzeitig $p$ um 1 vermindert, so dass $a_{k+p}=2^{0} n_{k+p}+\frac{3}{2}$ gilt und $\left\lfloor a_{k+p}\right\rfloor$ gerade ist. Dann ist $a_{k+p+1}$ eine ganze Zahl, und so liegt auch für jedes $m \geq 3$ die gesuchte Eigenschaft der Folge vor. Damit gehören alle positiven ganzen Zahlen außer 1 zur gesuchten Menge.

Hinweis: Das gelegentlich praktizierte Rechnen mit „gebrochenen Restklassen" modulo einer Zweierpotenz führte häufig zu Fehlern wie etwa der falschen Antwort, dass keine Zahlen mit Rest 1 mod 8 zur Menge gehören.

problem_match: # Aufgabe 1

solution_match: Lösung:


problem:
Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$, die für alle $x, y \in \mathbb{Z}$ die Gleichung $f(x-f(y))=f(f(x))-f(y)-1$
erfüllen.

solution:
Die Gleichung (1) wird genau von den Funktionen $f_{1}: x \rightarrow-1$ und $f_{2}: x \rightarrow x+1$ erfüllt. Durch Einsetzen wird leicht bestätigt, dass beide Funktionen Lösungen sind.
Nun sei $f$ eine Funktion, die (1) für alle $x, y \in \mathbb{Z}$ erfüllt. Durch Einsetzen von $x=0$ und $y=f(0)$ erhalten wir mit $z=-f(f(0))$, dass $f(z)=-1$ ist. Einsetzen von $y=z$ in (1) führt auf $f(x+1)=f(f(x))$ für alle $x \in \mathbb{Z}$
Damit vereinfachen wir (1) zu $f(x-f(y))=f(x+1)-f(y)-1$

Mit $y=x$ in (3) und mit (2) ist $f(x+1)-f(x)=f(x-f(x))+1=f(f(x-1-f(x)))+1$.
Weil aus (3) folgt: $f(x-1-f(x))=f(x)-f(x)-1=-1$, vereinfacht sich dies zu $f(x+1)=f(x)+f(-1)+1=f(x)+c$ mit konstantem $c$. Daher ist $f$ linear und genügt dem Ansatz $f(x)=c x+b$ mit $b=f(0)$. Dies in (2) eingesetzt liefert $c x+c+b=c^{2} x+c b+b$ für alle $x \in \mathbb{Z}$. Für $x=0$ und $x=1$ erhalten wir $c+b=c b+b$ sowie $c^{2}=c$; daraus folgt $c=0$ oder $c=1$. Aus $c=1$ folgt $b=1$ und wir erhalten $f_{2}$; aus $c=0$ folgt, dass $f$ konstant ist, und mit (1) ergibt sich $b=-1$, also $f_{1}$. Damit ist alles gezeigt.

Hinweis: Oft wurden zu Beginn Einschränkungen vorgenommen (z.B. dass $x=f(y)$ ist, also zur Wertemenge gehört), die später „vergessen" wurden. Die Angabe $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ wurde gelegentlich so missverstanden, dass die Wertemenge alle ganzen Zahlen umfasst.

problem_match: # Aufgabe 2


problem:
Es sei $A B C$ ein rechtwinkliges Dreieck mit $\varangle A C B=\gamma=90^{\circ}$. Ferner sei $H$ der Fußpunkt der Höhe von $C$ auf $A B$.
Nun wählen wir einen Punkt $D$ so im Inneren des Dreiecks $H B C$, dass $C H$ die Strecke $A D$ halbiert, und bezeichnen den Schnittpunkt von $C H$ und $B D$ mit $P$. Über der Strecke $B D$ als Durchmesser errichten wir denjenigen Halbkreis $k$, der von $B C$ geschnitten wird. Eine Gerade durch $P$ berührt $k$ im Punkt $Q$. Man beweise, dass sich die Geraden $C Q$ und $A D$ stets auf $k$ schneiden.

solution:
Wie in der Figur sei $K$ der Fußpunkt des Lotes von $D$ auf $A B$ und $T$ der Schnittpunkt von $A D$ mit $k$. Wegen $\varangle A T B=\varangle A C B=90^{\circ}$ liegt $T$ auch auf dem Umkreis von $A B C$. Wegen $C H \| D K$ gilt $|A H|=|H K|$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_2143745114e8d10ab1b3g-2.jpg?height=460&width=898&top_left_y=1392&top_left_x=573)

Um nachzuweisen, dass $C, Q$ und $T$ kollinear sind, betrachten wir den Schnittpunkt $Q^{\prime}$ von $C T$ mit $k$ und müssen nur zeigen, dass $P Q^{\prime} k$ berührt, bzw. dass $\varangle P Q^{\prime} D=\varangle Q^{\prime} B D$ ist.
Weil $B T Q^{\prime} D$ ein Sehnenviereck ist und die Dreiecke $A H C$ und $H K C$ kongruent sind, gilt
$\varangle Q^{\prime} B D=\varangle Q ' T D=\varangle C T A=\varangle C B A=\varangle A C H=\varangle H C K$. Also sind die rechtwinkligen Dreiecke $C H K$ und $B Q^{\prime} D$ ähnlich, woraus $|H K| /|C K|=\left|Q^{\prime} D\right| /|B D|$ folgt, also $|H K| \cdot|B D|=|C K| \cdot\left|Q^{\prime} D\right|$ (1). Wegen $P H \| D K$ gilt $|P D| /|B D|=|H K| /|B K|$, also $|P D| \cdot|B K|=|H K| \cdot|B D|$ (2). Der Vergleich von (1) und (2) führt auf $|P D| \cdot|B K|=|C K| \cdot\left|Q^{\prime} D\right|$ und somit $|P D| /\left|Q^{\prime} D\right|=|C K| /|B K|$. Deswegen und weil $\varangle C K A=\varangle K A C=\varangle B D Q^{\prime}$ ist, sind die Dreiecke $C K B$ und $P D Q^{\prime}$ ähnlich. Daher gilt $\varangle P Q^{\prime} D=\varangle C B A=\varangle Q^{\prime} B D$, was zu zeigen war.

Hinweis: Eine reine Winkeljagd führt nicht zu Ziel; allerdings gibt es andere Beweismöglichkeiten, wie etwa Ausnutzen einer geeigneten Drehstreckung mit Zentrum $B$.