# Auswahlwetthewerb zur Intemationalen Mathematik-Olympiade Lقsungen zur 1. IMO-Auswahlklausur 2007 


#### Abstract

1. Aufgabe

Es seien $n$ eine positive ganze Zahl größer als Eins und $B=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. Eine Teilmenge $A$ von $B$ heiße ulkig, wenn sie von je zwei verschiedenen Elementen $x, y$ von $B$, deren Summe eine Zweierpotenz ist, genau eines enthält. Wie viele ulkige Teilmengen hat $B$ ?

Lösung. Die Anzahl ist $2^{n+1}$. Wir argumentieren mit vollständiger Induktion nach $n$ und setzen hierzu $B_{n}=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. Induktionsanfang, $n=1$. Dieser Fall ist klar: alle vier Teilmengen von $B_{1}=\{1,2\}$ sind ulkig. Induktionsschritt, $n \longrightarrow n+1$. Es sei also bereits bekannt, daß $B_{n}$ genau $2^{n+1}$ viele ulkige Teilmengen hat. Für jede ulkige Menge $A$ von $B_{n}$ konstruiere die Mengen $C_{n}(A)=\left\{2^{n+1}-m \mid\right.$ $\left.m \in B_{n} \backslash A, m<2^{n}\right\}, M_{n}(A)=A \cup C_{n}(A)$ und $N_{n}(A)=M_{n}(A) \cup\left\{2^{n+1}\right\}$. Offenbar sind $A, C_{n}(A)$ und $\left\{2^{n+1}\right\}$ paarweise elementfremd. Die Mengen $M_{n}(A)$ und $N_{n}(A)$ sind ulkig: Hierzu seien $x, y$ verschiedene Elemente von $B_{n+1}$, deren Summe eine Zweierpotenz ist; ohne Einschränkung gelte $x<y$. $\operatorname{Im}$ Fall $1 \leq x<y \leq 2^{n}$, also $x, y \in B_{n}$, ist genau eines von beiden in $M_{n}(A)$ bzw. $N_{n}(A)$ enthalten, da $A$ ulkig ist. Im Fall $1 \leq x \leq 2^{n}<y \leq 2^{n+1}$ ist $2^{n}<x+y<2^{n+2}$, also $x+y=2^{n+1}$; wegen $x \geq 1$ ist $y \neq 2^{n+1}$. Nach Wahl von $C_{n}(A)$ liegt entweder $x$ in $A$ oder $y$ in $C_{n}(A)$. Der Fall $2^{n}<x<y \leq 2^{n+1}$ kann nicht auftreten, da dann $2^{n+1}<x+y<2^{n+2}$. - Ist andererseits $M$ ulkige Teilmenge von $B_{n+1}$, so ist offenbar $A:=M \cap B_{n}$ ulkige Teilmenge von $B_{n}$. Das Element $y=2^{n+1}-x$ von $B_{n+1}$ mit $1 \leq x<2^{n}$ ist genau dann in $M$ enthalten, wenn $x \in B_{n}$ nicht in $A$ enthalten ist, da $x+y=2^{n+1}$ Zweierpotenz ist. Die Ulkigkeit von $M$ legt also bei Kenntnis von $M \cap B_{n}$ für alle Elemente $y$ von $B_{n+1}$ mit $2^{n}<y<2^{n+1}$ fest, ob sie in $M$ enthalten sind; es steht nur noch frei, ob $2^{n+1}$ Element ist. Damit gleicht $M$ entweder $M_{n}(A)$ oder $N_{n}(A)$, und es lassen sich jeder ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ genau zwei ulkige Teilmengen von $B_{n+1}$ zuordnen. Das beendet den Beweis.


Bemerkung. Oft wurde irrtümlich angenommen, die Zahlen $2^{n-1}$ und $2^{n}$ könnten gar nicht Elemente einer ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ sein, da für kein $x \in B_{n}$ mit $x \neq 2^{n-1}$ die Zahl $2^{n-1}+x$ eine Zweierpotenz ist und das gleiche Phänomen bei $2^{n}$ auftritt. Diese Sachlage zeigt allerdings nur, daß für jedes $X \subseteq B_{n}-\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ die vier Mengen $X, X \cup\left\{2^{n-1}\right\}, X \cup\left\{2^{n}\right\}, X \cup\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ entweder gleichzeitig ulkige oder gleichzeitig unulkige Teilmengen von $B_{n}$ sind.

## 2. Aufgabe

Man finde alle Quadrupel positiver ganzer Zahlen ( $m, n, p, q$ ) mit der Eigenschaft

$$
p^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1
$$

1. Lösung. Hilfssatz: Sind $k, l, a$ positive ganze Zahlen mit $a=\left(k^{2}+l^{2}+1\right) /(k l)$, folgt $a=3$. Beweis des Hilfssatzes: Zu gegebenem Wert von $a$ betrachten wir ein Paar $(k, l)$ mit $k^{2}+l^{2}+1=a k l$ und minimaler Summe $k+l$ unter allen derartigen Paaren. Ohne Einschränkung ist $k \leq l$.
Zunächst sei $k<l$. Nach Voraussetzung genügt $k$ der quadratischen Gleichung

$$
x^{2}+l^{2}+1-a x l=0,
$$

für deren 2. Lösung $k^{\prime}$ nach Satz von Vieta folgt: $k+k^{\prime}=a l$ und $k k^{\prime}=l^{2}+1$. Also ist $k^{\prime}=a l-k$ ganzzahlig, wegen $k^{\prime}=\left(l^{2}+1\right) / k$ positiv, wegen $k \geq l+1$ und $k k^{\prime}=l^{2}+1<(l+1)^{2}$ ist $k^{\prime} \leq l$, also ist $\left(l, k^{\prime}\right)$ Paar mit kleinerer Summe $l+k^{\prime}<k+l$ entgegen der Wahl von $(k, l)$.
Somit gilt $k=l$, also $k^{2}(a-2)=1$, woraus sich $k=1$ und $a=3$ ergeben.
Es ist wegen $m \geq 1$ und $n \geq 1$ der Ausdruck $p^{m-1} q^{n-1}=\left(p^{2}+q^{2}+1\right) /(p q)+2$ ganzzahlig, also nach Hilfssatz $p^{m-1} q^{n-1}=5$ und somit $p^{m-1}=1, q^{n-1}=5$ oder $p^{m-1}=5, q^{n-1}=1$. Im ersten Fall ist $n=2$ und $q=5 ; p$ genügt der Gleichung (1) für $l=5, a=3$ mit Lösungen 2 und 13, aus $p^{m-1}=1$ folgt jeweils $m=1$, und durch Einsetzen bestätigt man die Lösungsquadrupel ( $\left.1,2,2,5\right)$ und $(1,2,13,5)$. Der zweite Fall liefert entsprechend $(2,1,5,2)$ und $(2,1,5,13)$.
2. Lösung. Alle Summanden der Ausgangsgleichung bis auf $q^{2}+1$ sind Vielfache von $p$, daher gilt $p \mid q^{2}+1$. Damit lassen sich die Fälle $q=1,2, \ldots, 6$ mittels Durchprobieren behandeln, man erhält Lösungsquadrupel aus 1. Lösung. Für $p \geq q \geq 7$ (analog: $p \geq p \geq 7$ ) gibt es keine Lösungen:

1. Fall: $m>1$ : Dann ist $p^{m} q^{n} \geq p^{2} q>6 p^{2} \geq(p+q)^{2}+1$.
2. Fall: $n>2$ : Dann ist wegen $p \leq q^{2}+1: p^{m} q^{n} \geq p q^{3} \geq p^{2} q-p q>5 p^{2}>(p+q)^{2}+1$.
3. Fall: $m=n=1$ : Hierzu müsste $p^{2}+p q+q^{2}+1=0$ sein - unmöglich für $p>0, q>0$.
4. Fall: $m=1, n=2$ : Die quadratische Gleichung $p q^{2}=(p+q)^{2}+1$ für $p$ hat Diskriminante $D=q^{4}-4 q^{3}-4$, die für $q \geq 7$ zwischen den aufeinander folgenden Quadratzahlen $\left(q^{2}-2 q-3\right)^{2}$ und $\left(q^{2}-2 q-2\right)^{2}$ liegt, also ist $\sqrt{D}$, somit auch $p$ nicht ganzzahlig.
Bemerkung: Es gab Trugschlüsse: z. B. sind Fälle $m \geq 2, n \geq 3$ und $m \geq 3, n \geq 2$ behandelt, folgt nicht notwendig $m \leq 2$ und $n \leq 2$; sind $p, q$ teilerfremd, haben $p$ und $q$ nicht notwendig unterschiedliche Parität. Manchmal wurden nicht alle Lösungen auf Grund zu starker Einschränkungen gefunden (z. B. Voraussetzung $m \geq n$ und $p \geq q$ ).

## 3. Aufgabe

Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle

$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$

Man beweise, dass dann gilt:

$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$

Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).

1. Lösung. Die Verlängerungen von $A P, B P, C P$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A B C$ erneut in $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ treffen. Mit Hilfe des Peripheriewinkelsatzes und einem einfachen Winkelsummenargument finden wir $\varangle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} A^{\prime} A+\varangle A A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} B A+\varangle A C C^{\prime}=\varangle B P C-\varangle B A C=60^{\circ}$. Ebenso $\varangle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=60^{\circ}$ und folglich ist das Dreieck $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ gleichseitig, d.h. $A^{\prime} B^{\prime}=B^{\prime} C^{\prime}=C^{\prime} A^{\prime}$. Wie üblich haben wir $A P B \sim B^{\prime} P A^{\prime}$ und $A P C \sim C^{\prime} P A^{\prime}$; hieraus ergibt sich $\frac{A P}{A C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} A^{\prime}}$ und $\frac{B P}{B C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} B^{\prime}}$. In Verbindung mit vorigem lehrt dies $\frac{A P}{A C}=\frac{B P}{B C}$ und somit in der Tat $A B \cdot P C=$ $A C \cdot P B$.
2. Lösung. Wähle den Punkt $J$ so, daß die Dreiecke $A B C, P B J$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Sodann ist $\frac{A B}{B P}=\frac{B C}{B J}$ und $\varangle P B A=\varangle J B C$, weshalb auch die Dreiecke $A B P, C B J$ (gleichorientiert) ähnlich sein müssen. Folglich gilt $\varangle C J P=\varangle C J B-\varangle P J B=\left(60^{\circ}+\gamma\right)-\gamma=60^{\circ}$. Da auch $\varangle J P C=\varangle B P C-\varangle B P J=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$ ist das Dreieck $P C J$ gleichseitig und mithin $P C=P J$. Nach Wahl von $J$ haben wir $\frac{A B}{A C}=\frac{P B}{P J}$ und hieraus folgt mit Hilfe des vorigen wie gewünscht $A C \cdot P B=A B \cdot P J=A B \cdot P C$.
3. Lösung. Über der Strecke $B P$ werde das gleichseitige Dreieck $B P T$ errichtet. Der Schnittpunkt von $P T$ mit $A B$ heiße $G$. Außerdem werde auf $A C$ der Punkt $H$ mit $\varangle C P H=60^{\circ}$ gewählt. Wegen $\varangle A P G=\gamma$ und $\varangle H P A=\beta$ muss $\varangle H P G+\varangle G A H=180^{\circ}$ sein, d.h. das Viereck $G A H P$ ist einem Kreis einbeschrieben. Demnach $\varangle H G A=\varangle H P A=\beta$, woraus sofort $G H \| B C$ geschlossen wird. Aus diesem Grund gilt $\frac{A B}{A C}=\frac{B G}{C H} \quad$ (1). Ferner zeigen einfache Winkelbetrachtungen $\varangle H C P=$ $60^{\circ}-\varangle P B G=\varangle G B T$, was zusammen mit $\varangle C P H=\varangle B T G\left[=60^{\circ}\right]$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $P C H$ und $T B G$ lehrt. Mithin haben wir $\frac{B G}{C H}=\frac{B T}{C P} \quad$ (2). Nachdem das Dreieck BPT nach Konstruktion gleichseitig ist, gilt insbsondere $B T=B P$. Zusammen mit (1) und (2) erhalten wir hieraus $\frac{A B}{A C}=\frac{B P}{C P}$ und damit in der Tat $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
4. Lösung. Wähle den Punkt $G$ so, daß die Dreiecke $A G C, P B C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Wie in der zweiten Lösung sehen wir, daß dann auch die Dreiecke GBC und $A P C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Ferner ist $\varangle B A G=\varangle C A G-\varangle C A B=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$ und ebenso $\varangle G B A=60^{\circ}$. Das Dreieck $A G B$ ist also gleichseitig und mithin $A G=A B$. Nach $A G C \sim P B C$ haben wir also $P B: P C=A G: A C=A B: A C$. Daher wie behauptet $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
5. Lösung. Die Fußpunkte der Lote von $P$ auf die Seiten $B C, C A, A B$ mögen $X, Y, Z$ genannte werden. Nach Satz von Thales besitzen die Vierecke $P X C Y, P Y A Z, P Z B X$ jeweils einen Umkreis. Wir finden nun $\varangle Z X Y=\varangle Z X P+\varangle P X Y=\varangle Z B P+\varangle P C Y=60^{\circ}$ und analog
$\varangle X Y Z=\varangle Y Z X=60^{\circ}$. Das Dreieck $X Y Z$ ist also gleichseitig. Für die Länge der Seite $X Y$ finden wir durch zweimalige Verwendung des Sinussatzes $X Y=P C \cdot \sin \gamma=\frac{A B \cdot P C}{2 R}$, wobei $R$ den Radius des Umkreises des Dreiecks $A B C$ bezeichnet. Ebenso $X Z=\frac{A C \cdot P B}{2 R}$. Aus $X Y=X Z$ folgt nunmehr wie verlangt $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
6. Lösung. Der Umkreis des Dreiecks $A B P$ schneide $A C$ zum zweiten Mal in $Q$. Wir erhalten $\varangle B Q A=\varangle B P A=\gamma+60^{\circ}$ und hieraus nach Außenwinkelsatz $\varangle Q B C=60^{\circ}$. Außerdem ergibt sich aus $\varangle B P Q=180^{\circ}-\alpha$ und $\varangle C P B=60^{\circ}+\alpha$ sofort $\varangle Q P C=120^{\circ}$. Ferner erhalten wir, wenn wir $\varangle A B P=\varphi$ setzen, sofort $\varangle C Q P=\varphi$. Durch mehrmalige Verwendung des Sinussatzes erhalten wir nun

$$
\frac{P C}{P A}=\frac{P C}{C Q} \cdot \frac{C Q}{Q B} \cdot \frac{Q B}{A P}=\frac{\sin \varphi}{\sin 120^{\circ}} \cdot \frac{\sin 60^{\circ}}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin \varphi}=\frac{\sin \alpha}{\sin \gamma}=\frac{B C}{A B}
$$

Hieraus folgt sofort $A B \cdot P C=A P \cdot B C$.
7. Lösung. Über der Seite $A B$ errichte man das gleichseitige Dreieck $A B Q$ nach innen. Einfache Winkelbetrachtungen zeigen nun $\varangle Q A P=60^{\circ}-\varangle P A B=\varangle B C P$ und ebenso $\varangle P B Q=\varangle P C A$. Indem wir also den Schnittpunkt von $A C$ mit $B Q$ als $T$ in die Überlegung einführen, wird das Viereck $B C T P$ wegen $\varangle P B T=\varangle P B Q=\varangle P C A=\varangle P C T$ ein Sehnenviereck sein. Folglich $\varangle B T P=\varangle B C P=\varangle Q A P$, also $\varangle P T Q+\varangle Q A P=180^{\circ}$ und somit ist auch $P T Q A$ ein Sehnenviereck. Aus diesem Grund gilt $\varangle B Q P=\varangle T Q P=\varangle T A P=\varangle C A P$, woraus in Verbindung mit $\varangle P B Q=\varangle P C A$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $B Q P, C A P$ folgt. Hieraus erhellt $P C: A C=P B: B Q=P B: A B$, also wie gewünscht $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
8. Lösung. Setze $\varangle A C P=\gamma^{\prime}, \varangle P B C=\gamma^{\prime \prime}, \varangle P B A=\beta^{\prime \prime}$. Nun ist nach Sinussatz
$\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{A P} \cdot \frac{A P}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{c} \cdot \frac{b}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \beta}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{1+\sqrt{3} \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}$.
Da jedoch $\beta^{\prime \prime}+\gamma^{\prime}=60^{\circ}$ haben wir auch

$$
\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \cot \gamma^{\prime}-\frac{1}{2} .
$$

Diese beiden Gleichungen liefern zusammengenommen

$$
\cot \gamma^{\prime}=\frac{\sqrt{3}+\cot \beta+2 \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}
$$

Weiterhin

$$
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(\gamma-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\sin \gamma \cot \gamma^{\prime}-\cos \gamma
$$

Hierin setzen wir die zuvor gefundene Gleichung ein und erhalten

$$
\begin{gathered}
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{(\sqrt{3} \sin \beta \sin \gamma+\cos \beta \sin \gamma+2 \sin \beta \cos \gamma)-(\sin \beta \cos \gamma+\sqrt{3} \cos \beta \cos \gamma)}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta} \\
=\frac{\sin \alpha+\sqrt{3} \cos \alpha}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\alpha\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}
\end{gathered}
$$

Daher nach Sinussatz

$$
\frac{A P}{A C}=\frac{\sin \gamma^{\prime}}{\sin \left(\beta+60^{\circ}\right)}=\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)}=\frac{B P}{B C}
$$

d.h. wie gewünscht $A P \cdot B C=B P \cdot A C$.
9. Lösung. Der Umkreis des Dreiecks $A P B$ treffe die Gerade $C P$ zum zweiten Mal in $J$. Sodann ist $\varangle A J P=\varangle A B P$. Zusammen mit $\varangle A B P+\varangle P C A=60^{\circ}$ lehrt dies $\varangle C A J=120^{\circ}$. Ebenso sehen wir $\varangle J B C=120^{\circ}$ ein. Damit haben wir

$$
\frac{A C}{B C}=\frac{A C}{J C} \cdot \frac{J C}{B C}=\frac{\sin \varangle A J C}{\sin \varangle C A J} \cdot \frac{\sin \varangle J B C}{\sin \varangle C J B}=\frac{\sin \varangle A J P}{\sin \varangle P J B}=\frac{\sin \varangle A B P}{\sin \varangle P A B}=\frac{A P}{B P},
$$

d.h. wie behauptet $A C \cdot B P=B C \cdot A P$.