problem: Gegeben seien positive ganze Zahlen $k$ und $n$ mit $n>k$. Unter einem Binärwort der Länge $n$ verstehen wir eine Folge aus $n$ Folgengliedern, die alle 0 oder 1 sind. Anja wählt unter allen möglichen Binärwörtern der Länge $n$ eines aus. Dann schreibt sie alle Binärwörter der Länge $n$, die sich von ihrem gewählten Wort an genau $k$ Stellen unterscheiden, an eine Tafel. Anschließend betritt Bernhard den Raum. Anja nennt ihm den Wert von $k$ und danach betrachtet er die Binärwörter an der Tafel. Er versucht nun das zu Beginn von Anja gewählte Binärwort zu erraten. Was ist (in Abhängigkeit von $k$ und $n$ ) die minimale Anzahl an Versuchen, die Bernhard benötigt um das Binärwort mit Sicherheit zu erraten?

solution:
Die Antwort lautet: Falls $n \neq 2 k$ kann Bernhard das von Anja gewählte Wort stets im ersten Versuch erraten, im Fall $n=2 k$ braucht er zwei Versuche um das Wort mit Sicherheit zu erraten. Wir bezeichnen das von Anja zu Beginn gewählte Wort mit $u$.

Fall 1: $n \neq 2 k$. Es sei $1 \leq i \leq n$ beliebig. Von allen $\binom{n}{k}$ Wörtern an der Tafel stimmen genau $\binom{n-1}{k}$ an der $i$-ten Stelle mit $u$ überein und $\binom{n-1}{k-1}$ sind an der $i$-ten Stelle verschieden von $u$. Einfaches Nachrechnen zeigt, dass im Fall $n \neq 2 k$ auch $\binom{n-1}{k} \neq\binom{ n-1}{k-1}$ gilt, das heißt Bernhard kann durch das Betrachten der $i$-ten Stellen aller Wörter an der Tafel auf die $i$-te Stelle von $u$ schließen. Da dies für alle $i=1, \ldots, n$ funktioniert, kann Bernhard das von Anja zu Beginn gewählte Wort $u$ eindeutig bestimmen und errät es auf diese Weise im ersten Versuch. Fall $2: n=2 k$. Wir zeigen zunächst, dass Bernhard nicht eindeutig auf $u$ schließen kann, also möglicherweise mehr als einen Versuche benötigt. Angenommen, Anja hätte das (eindeutige) Binärwort $\bar{u}$ gewählt, dass sich an allen Stellen von ihrem tatsächlichen Wort $u$ unterscheidet. Ein beliebiges Binärwort der Länge $n$ stimmt genau dann in $k=n / 2$ Stellen mit $u$ überein, wenn es in $k=n / 2$ Stellen mit $\bar{u}$ übereinstimmt, das heißt Anja hätte in diesem Fall exakt die gleichen Binärwörter an die Tafel geschrieben. Dies bedeutet, dass Bernhard keine Möglichkeit hat zwischen $u$ und $\bar{u}$ zu unterscheiden und in seinem ersten Versuch Anjas Wort zu raten möglicherweise falsch liegt. Wir zeigen nun, dass Bernhard in zwei Versuchen stets Erfolg haben kann. Dazu genügt es zu beweisen, dass für jedes von $u$ und $\bar{u}$ verschiedene Binärwort $w$ der Länge $n$ die Menge aller Binärwörter der Länge $n$, die sich an genau $k=n / 2$ Stellen von $w$ unterscheiden, nicht identisch mit der Menge der Wörter an der Tafel ist. Dazu dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen dass sich $w$ von $u$ an genau $a$ Stellen unterscheidet, wobei $0<a \leq k=n / 2$ (sonst betrachte $\bar{u}$ statt $u$ ). Dann können wir genau $k$ der übrigen $n-a \geq k$ Stellen abändern und erhalten ein Wort $w^{\prime}$, das sich an genau $k$ Stellen von $w$ unterscheidet, aber an $a+k>k$ Stellen von $u$, das heißt es steht nicht an der Tafel.

problem_match: 1. Aufgabe.

solution_match: Lösung.


problem: Es sei $A B C D$ ein konvexes Viereck. Die Diagonale $B D$ halbiere den Winkel $\measuredangle C B A$. Der Umkreis des Dreiecks $A B C$ schneide die Strecken $\overline{C D}$ und $\overline{D A}$ in den inneren Punkten $P$ bzw. $Q$. Die durch den Punkt $D$ verlaufende Parallele zur Geraden $A C$ schneide die Geraden $B A$ und $B C$ in den Punkten $R$ bzw. $S$. Man beweise, dass die vier Punkte $P, Q, R$ und $S$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.

solution:
Schritt 1: Wegen $\measuredangle B R D=\measuredangle B A C=\measuredangle B P C=\pi-\measuredangle D P B$ ist $B P D R$ ein Sehnenviereck. Analog zeigt man, dass auch $B S D Q$ ein Sehnenviereck ist. Schritt 2: Es sei $X$ definiert als der Schnittpunkt von $B D$ mit dem Umkreis des Dreiecks $A B C$. Dann gilt $\measuredangle D P X=\pi-\measuredangle X P C=\measuredangle C B X=1 / 2 \measuredangle C B A$. Da nach Schritt 1 auch $\measuredangle D P R=\measuredangle D B R=1 / 2 \measuredangle D B A$ gilt, liegt $X$ auf $P R$. Analog zeigt man, dass $X$ auch auf $Q S$ liegt. Schritt 3: Wir kombinieren die Erkenntnisse und rechnen (mithilfe des Sehnensatzes) $|P X| \cdot|X R|=|B X| \cdot|X D|=|Q X| \cdot|X S|$. Mit der Umkehrung des Sehnensatzes folgt nun die Behauptung.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_ab54663ecaf4128e3bb5g-2.jpg?height=409&width=458&top_left_y=475&top_left_x=685)

problem_match: 2. Aufgabe.


problem: Die Menge der positiven ganzen Zahlen sei mit $\mathbb{N}$ bezeichnet. Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ mit der folgenden Eigenschaft: Für alle positiven ganzen Zahlen $m$ und $n$ ist die Zahl $f(m)+f(n)-m n$ von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.

solution:
Antwort: Es gibt genau eine Funktion, die die beschriebene Bedingung erfüllt, nämlich $f(k)=k^{2}$ für alle $k$. Zum Beweis sei $f$ wie verlangt. Schritt 1: Einsetzen von $m=n=1$ liefert $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)$, also auch $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)-(2 f(1)-1)=1$ und damit $2 f(1)-1=1$, also $f(1)=1$. Schritt 2: Von nun an stehe $p$ stets für eine Primzahl mit $p \geq 7$. Einsetzen von $m=n=p$ liefert $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)$ und damit auch $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)-p\left(2 f(p)-p^{2}\right)=p^{3}$, also

$$
2 f(p)-p^{2} \in\left\{-p^{3},-p^{2},-p,-1,1, p, p^{2}, p^{3}\right\}
$$

Da $f(p)>0$ folgt

$$
f(p) \in\left\{\frac{p^{2}-p}{2}, \frac{p^{2}-1}{2}, \frac{p^{2}+1}{2}, \frac{p^{2}+p}{2}, p^{2}, \frac{p^{3}+p^{2}}{2}\right\} .
$$

Schritt 3: Wir setzen $m=1, n=p$ und erhalten $f(p)+1-p \mid p f(p)+1$, also auch $f(p)+1-p \mid p f(p)+1-p(f(p)+1-p)=p^{2}-p+1$. Angenommen, es gilt $f(p) \neq p^{2}$. Dann folgt (beachte, dass $p^{2}-p+1$ ungerade ist) notwendigerweise $f(p)+1-p \leq 1 / 3\left(p^{2}-p+1\right)$. Nach Schritt 2 gilt jedoch $f(p) \geq\left(p^{2}-p\right) / 2$, es folgt also

$$
\begin{aligned}
\frac{p^{2}-p}{2}+1-p & \leq \frac{p^{2}-p+1}{3} \\
3 p^{2}-3 p+6-6 p & \leq 2 p^{2}-2 p+1 \\
p^{2}+5 & \leq 7 p
\end{aligned}
$$

was für $p \geq 7$ nicht der Fall ist. Also war die obige Annahme falsch und es muss $f(p)=p^{2}$ gelten. Schritt 4: Es sei $n \in \mathbb{N}$ beliebig. Wir setzen $m=p$ und erhalten $f(n)+p^{2}-p n \mid$ $p^{3}+n f(n)$, also auch $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{3}+n f(n)-n\left(f(n)-p^{2}-p n\right)=p\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)$. Für alle hinreichend großen Primzahlen $p$ ist $f(n)$ und damit auch die linke Seite des letzten Ausdrucks nicht durch $p$ teilbar, daher folgt $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{2}-p n+n^{2}$ und somit auch $f(n)+p^{2}-p n \mid\left(f(n)+p^{2}-p n\right)-\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)=f(n)-n^{2}$. Da die linke Seite beliebig groß werden kann (es gibt unendlich viele Primzahlen) folgt $f(n)-n^{2}=0$ und damit $f(n)=n^{2}$. Schritt 5: Die Probe bestätigt dass $f(k)=k^{2}$ für alle $k \in \mathbb{N}$ tatsächlich die Bedingung erfüllt: Es gilt $f(m)+f(n)-m n=m^{2}+n^{2}-m n \geq 2 m n-m n=m n>0$, und außerdem gilt $\left(m^{2}+n^{2}-m n\right)(m+n)=m^{3}+n^{3}=m f(m)+n f(n)$, das heißt $f(m)+f(n)-m n$ ist von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.

problem_match: 3. Aufgabe.


problem:
Man bestimme die kleinste reelle Konstante $C$ mit folgender Eigenschaft:
Für fünf beliebige positive reelle Zahlen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$, die nicht unbedingt verschieden sein müssen, lassen sich stets paarweise verschiedene Indizes $i, j, k, l$ finden, so dass
$\left|\frac{a_{i}}{a_{j}}-\frac{a_{k}}{a_{l}}\right| \leq C$ gilt.

solution:
Der gesuchte Wert ist $C=\frac{1}{2}$.
Zunächst beweisen wir, dass $C \leq \frac{1}{2}$ gilt. Dazu nehmen wir oBdA $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq a_{4} \leq a_{5}$ an und betrachten die fünf Brüche $\frac{a_{1}}{a_{2}}, \frac{a_{3}}{a_{4}}, \frac{a_{1}}{a_{5}}, \frac{a_{2}}{a_{3}}, \frac{a_{4}}{a_{5}}$. Nach dem Schubfachprinzip liegen in einem der Intervalle ]0, $\frac{1}{2}$ ] bzw. $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$ drei verschiedene dieser Brüche, wobei zwei von diesen in der Aufzählung direkt aufeinanderfolgen oder der erste und der letzte Bruch dabei sind. Jedenfalls ist die positive Differenz dieser beiden Brüche kleiner als $\frac{1}{2}$ und die vier beteiligten Indizes sind paarweise verschieden.
Nun zeigen wir, dass $C \geq \frac{1}{2}$ gilt. Dazu betrachten das Beispiel 1, 2, 2, 2 , $r$, wobei $r$ eine Riesenzahl sein soll. Mit diesen Zahlen lassen sich - der Größe nach geordnet - die Brüche $\frac{1}{r}, \frac{2}{r}, \frac{1}{2}, \frac{2}{2}, \frac{2}{1}, \frac{r}{2}, \frac{r}{1}$ bilden, wobei nach der Aufgabenstellung $\frac{1}{r}$ und $\frac{2}{r}$ nicht gleichzeitig gewählt werden dürfen. Daher ist die kleinste positive Differenz gleich $\frac{1}{2}-\frac{2}{r}$, und dies nähert sich für $r \rightarrow \infty$ dem Wert $\frac{1}{2}$ von unten beliebig gut an. $\square$

problem_match: # Aufgabe 1

solution_match: Lösung:


problem:
Es sei $n$ eine positive ganze Zahl, die teilerfremd zu 6 ist. Wir färben die Ecken eines regulären $n$-Ecks so mit drei Farben, dass für jede Farbe die Anzahl der mit ihr gefärbten Ecken ungerade ist.
Man beweise, dass es dann stets ein gleichschenkliges Dreieck gibt, dessen Ecken zu den Ecken des $n$ Ecks gehören und alle verschieden gefärbt sind.

solution:
Es seien $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ die Anzahlen der gleichschenkligen Dreiecke, in deren Eckpunkten genau 1, 2 bzw. 3 Farben vorkommen. Wir nehmen an, dass $a_{3}=0$ gelte. Die Farben seien rot, grün und blau, wobei $r, g$ und $b$ die (ungerade) Anzahl der jeweils so gefärbten Ecken bezeichnet. Wir bestimmen nun auf zwei Arten die Anzahl $a$ der Paare ( $\Delta, v$ ), wobei $\Delta$ ein gleichschenkliges Dreieck mit mehr als einer Eckenfarbe und $v$ eine Seitenkante dieses Dreiecks ist, deren Endpunkte mit verschiedenen Farben belegt sind.
Wegen $a_{3}=0$ müssen die Eckpunkte eines solchen Dreiecks mit genau zwei Farben belegt sein, von denen eine zu zwei Ecken gehört, die jeweils Endpunkte einer Seitenkante $v$ sind. Also trägt jedes Dreieck zwei Paare bei und es ist $a=2 a_{2}$.
Zu je zwei Eckpunkten $A$ und $B$ gibt genau drei verschiedene Eckpunkte $C$, die mit $A$ und $B$ ein gleichschenkliges Dreieck bilden: entweder ist $A B=A C$ oder $A B=B C$ oder $A C=B C$. Dabei können keine dieser Möglichkeiten zusammenfallen, weil sonst $A B C$ gleichseitig und $n$ durch 3 teilbar wäre. $A C=B C$ existiert, weil $n$ ungerade ist und daher die Mittelsenkrechte von $A B$ durch genau einen weiteren Eckpunkt verläuft. Daher gilt, ausgehend von zwei verschieden gefärbten Eckpunkten $A$ und $B$, dass $a=3(r g+g b+b r)$ ist. Dieser Term ist nach Voraussetzung ungerade, im Widerspruch zu $a=2 a_{2}$. Daher muss $a_{3} \neq 0$ gelten.

[^0]

problem_match: # Aufgabe 2


problem:
Es sei $A B C$ ein Dreieck mit $A B=A C \neq B C$. Ferner sei $I$ der Inkreismittelpunkt von $A B C$.
Die Gerade $B I$ schneidet $A C$ im Punkt $D$, und die Orthogonale zu $A C$ durch $D$ schneidet $A I$ im Punkt $E$. Man beweise, dass der Spiegelpunkt von $I$ bei Spiegelung an der Achse $A C$ auf dem Umkreis des Dreiecks BDE liegt.

solution:
Zunächst beweisen wir (schon mit den zur Aufgabe passenden Bezeichnungen) folgendes Lemma: Die Mittelsenkrechte einer Seite $B I I^{\prime}$ und die Winkelhalbierende durch den dritten Eckpunkt $D$ schneiden sich auf dem Umkreis jedes nicht gleichschenkligen Dreiecks $B I^{\prime} D$. („Südpolsatz") Beweis des Lemmas: Es sei $M$ der Mittelpunkt des Umkreises von $B I^{\prime} D$ und $S$ der von $D$ verschiedene Schnittpunkt der Winkelhalbierenden mit dem Umkreis. Dann ist $\square B M I I^{\prime}$ als Mittelpunktswinkel doppelt so groß wie $\square B D I^{\prime}$ und $\square S D I^{\prime}$ halb so groß wie $\square B D I^{\prime}$. Da aber die Mittelsenkrechte von $B I^{\prime}$ beide Bögen des Umkreises zu dieser Sehne halbiert, muss sie durch $S$ gehen.
Korollar: Der andere Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von $B I$ ' mit dem Umkreis sei $E$. Dann liegt nach dem Lemma $D$ auf dem Thaleskreis über $E S$ und es ist $\square E D S=90^{\circ}$ Somit ist $D E$ die äußere Winkelhalbierende von $\square B D I^{\prime}$. Die Umkehrung gilt ebenfalls: Wenn für den Punkt $E$ auf der äußeren Winkelhalbierenden von $\square B D I^{\prime}$ auch $B E=E I '$ gilt, dann liegt $E$ auf dem Umkreis von $B I^{\prime} D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_ab54663ecaf4128e3bb5g-4.jpg?height=561&width=992&top_left_y=953&top_left_x=512)

Für den Hauptbeweis bezeichnen wir den Spiegelpunkt von $I$ mit $I^{\prime}$ und den zweiten Schnittpunkt von $A I$ und dem Umkreis des Dreiecks $A B D$ mit $D^{\prime}$. Weil $A D^{\prime}$ die Winkelhalbierende von $\square B A D$ ist, liegt $D^{\prime}$ in der Mitte des Bogens $B D$ und so gilt $D D^{\prime}=B D^{\prime}=C D^{\prime}$.
Unter Verwendung des Umfangswinkelsatzes über der Sehne $A D$ sowie geeigneter Winkelhalbierender erhalten wir $\square D D^{\prime} E=\square D D^{\prime} A=\square D B A=\square C B I=\square I C B$. Weil $D^{\prime}$ wegen der gleichen Abstände der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $B C D$ ist, gilt $\square E D D^{\prime}=90^{\circ}-\square D^{\prime} D C=\square C B D=\square C B I$, also sind wegen $\square C B I=\square I C B$ die Dreiecke $E D^{\prime} D$ und $I B C$ ähnlich. Daraus folgt $\frac{B C}{C I}=\frac{B C}{C I}=\frac{D D^{\prime}}{D^{\prime} E}=\frac{B D^{\prime}}{D^{\prime} E}$.
Außerdem gilt $\square I^{\prime} C B=\square A C B+\square I^{\prime} C A=\square A C B+\square A C I=\square A C B+\square C B D=\square B D A=\square B D^{\prime} E$, und daher sind die Dreiecke $B C I^{\prime}$ und $B D^{\prime} E$ ähnlich, ebenso sind $B C D^{\prime}$ und $B I^{\prime} E$ ähnliche Dreiecke, denn bei der Drehstreckung um $B$, die $B C I^{\prime}$ in $B D^{\prime} E$ überführt, geht $C D^{\prime}$ in $I^{\prime} E$ über.
Weil aber $B C D^{\prime}$ gleichschenklig ist, gilt auch $B E=E I^{\prime}$.
Nun ist $D E \perp A C$, und nach dem Korollar liegt $E$ auf dem Umkreis des Dreiecks $B I^{\prime} D$. .

Hinweis: Es gibt viele weitere Lösungswege zu diesem Problem, die jedoch alle nicht mit einer einfachen Winkeljagd auskommen. Sämtliche analytischen Lösungsansätze waren wegen der immer komplexer werdenden Terme zum Scheitern verurteilt. In der Skizze schneiden sich MI* und $D S$ in $C$; dies ist tatsächlich immer so.

[^0]:    Hinweis: Viele Lösungsansätze über eine Prozedur, mit der man immer neue Punkte geeignet färbt, enthielten Lücken, weil Schleifen oder Mehrfachbelegungen nicht vollständig untersucht worden sind.

problem_match: # Aufgabe 3