problem: Eine Folge $x_{1}, x_{2}, \ldots$ ist definiert durch $x_{1}=1$ und $x_{2 k}=-x_{k}, x_{2 k-1}=(-1)^{k+1} x_{k}$ für alle $k \geq 1$. Man zeige, dass für alle $n \geq 1$ gilt: $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \geq 0$.

solution:
Wir bezeichnen $S_{n}=x_{1}+\ldots+x_{n}$ und führen einen Induktionsbeweis. Nachrechnen ergibt $x_{1}=1, x_{2}=-1, x_{3}=1, x_{4}=1$ und damit $S_{n} \geq 0$ für $1 \leq n \leq 4$.
Nun nehmen wir an, dass $S_{k} \geq 0$ für alle natürlichen $k<n$ gilt, und behaupten $S_{n} \geq 0$.
Dazu unterscheiden wir vier Fälle.
Fall 1: $n=4 m$. Es gilt $S_{n}=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{4 i-3}+x_{4 i-2}+x_{4 i-1}+x_{4 i}\right)=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{2 i-1}-x_{2 i-1}-x_{2 i}-x_{2 i}\right)$
$=-2 \sum_{i=1}^{m} x_{2 i}=2 \sum_{i=1}^{m} x_{i}=2 S_{m} \geq 0$.
Fall 2: $n=4 m+1$. Es gilt $S_{n}=2 S_{m}+x_{4 m+1}=2 S_{m}+x_{2 m+1}=2 S_{m}+(-1)^{m} x_{m+1}$.
Fall 2.1: $m$ ist ungerade. Dann ist auch $S_{m}$ ungerade, also $2 S_{m} \geq 2$ und $S_{n} \geq 1>0$.
Fall 2.2: $m$ ist gerade. Es gilt $S_{n}=2 S_{m}+x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Fall 3: $n=4 m+2$. Es gilt $S_{n}=S_{n-2}+x_{4 m+1}+x_{4 m+2}=S_{n-2}+x_{2 m+1}-x_{2 m+1}=S_{n-2} \geq 0$.
Fall 4: $n=4 m+3$. Es gilt $S_{n}=S_{n+1}-x_{n+1}=2 S_{m+1}+x_{2 m+2}=2 S_{m+1}-x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Hinweise: Bei dieser oder anderen Fallunterscheidungen wurden manchmal nicht alle Möglichkeiten abgedeckt oder sorgfältig genug behandelt. Eine Bilanzierung derart, dass jedes Element auf lange Sicht gleich viele positive und negative Nachfolger erzeugt und die Behauptung folgt, weil das erste Glied positiv ist, reicht nicht.

problem_match: # Aufgabe 1

solution_match: Lösung:


problem:
Gegeben sei ein konvexes Fünfeck $A B C D E$ mit den Eigenschaften $B C \| A E$ und $\overline{A B}=\overline{A E}$. Weiter sei $F$ ein Punkt auf der Strecke $A E$, so dass $\overline{A B}=\overline{B C}+\overline{A F}$ sowie $\Varangle C B A=\Varangle F D C$ erfüllt ist. Schließlich sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $C F$ und $O$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $B C D$.
Man beweise: Wenn $D M \perp M O$, dann gilt $\Varangle F D C=2 \cdot \Varangle A D B$.

solution:
Aus den Bedingungen folgt $\overline{F E}=\overline{A E}-\overline{A F}=\overline{A B}-(\overline{A B}-\overline{B C})=\overline{B C}$.
Daher ist $B C E F$ ein Parallelogramm, dessen beide Diagonalen $C F$ und $B E$ einander in $M$ halbieren.
Wegen der Punktsymmetrie an M gilt $\Varangle C B E=\Varangle A E B$, und da $A B E$ ein gleichschenkliges Dreieck ist, gilt $\Varangle A E B=\Varangle E B A$. Also ist $E B$ die Winkelhalbierende von $\Varangle C B A$. Es folgt $\Varangle F D C=\Varangle C B A=2 \cdot \Varangle A E B$, so dass nur noch $\Varangle A E B=\Varangle A D B$ zu zeigen ist.
Es sei $D^{\prime}$ der Spiegelpunkt von $D$ an $M$. Wegen $D M \perp M O$ ist dann
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_47fc5d6f12235df3d23eg-1.jpg?height=857&width=746&top_left_y=2013&top_left_x=1083)
$\overline{O D^{\prime}}=\overline{O D}=\overline{O B}=\overline{O C}$ und $D^{\prime} B C D$ ist ein Sehnenviereck. Deshalb ist $\Varangle B D C=\Varangle B D^{\prime} C$, und weil $B C D E F D^{\prime}$ sogar ein zu $M$ punktsymmetrisches Sechseck ist, folgt weiter $\Varangle E D F=\Varangle B D^{\prime} C=\Varangle B D C$. Also ist $\Varangle E D B=\Varangle F D C$, während andererseits $\Varangle B A E=180^{\circ}-2 \cdot \Varangle A E B=180^{\circ}-\Varangle F D C$ gilt. Somit ist $A B D E$ ein Sehnenviereck, und die Behauptung folgt aus dem Umfangswinkelsatz.

Hinweis: Hier gab es mehrere unvollständige, aber wenig falsche Lösungen. Die Aufgabe war zwar elementar zu lösen, wirkte aber sperrig durch die Fülle der Informationen und Schwierigkeiten bei der Anfertigung einer befriedigenden Skizze.

problem_match: # Aufgabe 2


problem:
Die Ecken und Kanten eines regulären $n$-Ecks seien im Uhrzeigersinn jeweils so von 1 bis $n$ nummeriert, dass die Kante Nr. $i$ auf die Ecke Nr. $i$ folgt ( $1 \leq i \leq n$ ).
Nun werden die Ecken mit nichtnegativen ganzen Zahlen $e_{i}$ und die Kanten mit nichtnegativen ganzen Zahlen $k_{i}$ so belegt, dass gilt:
(1) Das $n$-Tupel $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ ist eine Permutation des $n$-Tupels $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$.
(2) Für jedes $i \in \mathbb{N}$ mit $1 \leq i \leq n$ gilt $k_{i}=\left|e_{i+1}-e_{i}\right|$, wobei $e_{n+1}=e_{1}$ ist.
a) Man beweise, dass für alle natürlichen Zahlen $n, n \geq 3$, solche $n$-Tupel existieren, die von $(0, \ldots, 0)$ verschieden sind.
b) Man bestimme zu jeder positiven natürlichen Zahl $m$ die kleinste natürliche Zahl $n$ mit folgender Eigenschaft: In den $n$-Tupeln $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ und $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$ kommen jeweils alle natürlichen Zahlen von 0 bis $m$ vor.

solution:
a) Ein mögliches Beispiel für $n \geq 3$ ist $e_{1}=e_{2}=1, e_{i}=0$ für $3 \leq i \leq n$. Dies bedingt $k_{2}=k_{n}=1$ und $k_{i}=0$ sonst. Offensichtlich sind alle Bedingungen erfüllt.
b) Wir beweisen, dass stets $n=m+2$ gilt. Der Beweis erfolgt in zwei Schritten.
i) Es gilt $n \geq m+2$ : Weil die Zahl 0 in $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$ vorkommt, müssen zwei Elemente von $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ gleich sein. Da außerdem jede der $m+1$ natürlichen Zahlen von 0 bis $m$ wenigstens einmal vorkommen muss, folgt $n \geq m+2$.
ii) Wir geben ein Beispiel für $n=m+2 \geq 3$ : Es sei $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)=(0, m, 1, m-1, \ldots)$. In dem $n$-Tupel werden die Zahlen alternierend bis zur Differenz 0 absteigend fortgesetzt, so dass $e_{n-1}=e_{n}$ gilt. Damit tritt jede natürliche Zahl von 0 bis $m$ genau einmal, die Zahl $e_{n}$ genau zweimal auf. Die Beträge der Differenzen treten von $m$ abwärts bis zur 0 offensichtlich je einmal auf; die Differenz $\left|e_{n}-0\right|=e_{n}$ tritt zweimal auf, weil $e_{n}<m$ ist. Damit sind die Eigenschaften (1) und (2) gezeigt.

Hinweis: Für Teil a) wurden 3 P . und für Teil b) 7 P . vergeben. Weder das Beispiel für a) noch das Beispiel für b) sind die einzig möglichen.

problem_match: # Aufgabe 3