# Auswahlwetthewerb zur Intemationalen Mathematik-Olympiade 

## lösungen zur 1. IMO-Auswahlklausur 2008

## Aufgabe 1

Man zeige, dass es in der Dezimaldarstellung von $\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle eine von 2 verschiedene Ziffer gibt.

Lösung: Hätte $\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle nur die Ziffer 2, wäre mit $a=\left[10^{1000000} \sqrt[3]{3}\right]<10^{1000001}$ also $\left|\sqrt[3]{3}-(a+2 / 9) 10^{-1000000}\right|<10^{-3141592}$ oder äquivalent

$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|<9 \cdot 10^{-2141592}
$$

Nun ist sicher $(9 a+2)^{3} \neq 3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}$, da die rechte Seite den Primfaktor 3 in nicht durch 3 teilbarer Vielfachheit enthält. Allgemein gilt für $m, n \in \mathbb{N}$ mit $m \neq n^{3}$ :

$$
|\sqrt[3]{m}-n| \geq \frac{\left|m-n^{3}\right|}{\sqrt[3]{m^{2}}+\sqrt[3]{m} n+n^{2}} \geq \frac{1}{3 \cdot(\max (\sqrt[3]{m}, n))^{2}}
$$

Daraus folgt aber - im Widerspruch zu (1):

$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|>\frac{1}{3\left(10^{1000001}\right)^{2}}>10^{-2000003}
$$

Bemerkungen:

1. Man konnte als bekannt voraussetzen, dass $\sqrt[3]{3}$ irrational ist.
2. Viele Teilnehmer haben versucht, ziffernweise zu argumentieren, dass die Ziffern von $\sqrt[3]{3}$ nach Erheben in die dritte Potenz nicht alle Null sein können, indem man $\sqrt[3]{3}$ in der Dezimaldarstellung als eine Potenzreihe $\sqrt[3]{3}=1+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots$ mit $a_{1}, a_{2}, \ldots \in\{0,1, \ldots, 9\}$ und $x=1 / 10$ betrachtet hat. Hier kann man leicht Überträge übersehen: Tatsächlich ist nämlich $\sqrt[3]{3}=1,442 \ldots$, und $\left(1+4 x+4 x^{2}+\right.$ $\left.2 x^{3}+\ldots\right)^{3}=1+12 x+60 x^{2}+166 x^{3}+\ldots$.
3. Manche Teilnehmer haben die binomischen Reihe $(1+x)^{1 / 3}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{1 / 3}{k} x^{k}$ mit $\binom{1 / 3}{k}=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right) \cdots\left(\frac{1}{3}-k+1\right) / k!$ für $k \in \mathbb{N}_{0}$, die für $|x| \leq 1$ konvergiert, an der Stelle $x=2$ betrachtet - hier konvergiert die Reihe nicht.

## Aufgabe 2

Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \| C D$ und $\overline{B C}=\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.
Erste Lösung. Es sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A B$. Die durch $M$ gezogene Parallele zu $D Y$ treffe $B D$ in $G$ und die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ in $H$. Aus $\overline{A M}=\overline{M B}$ schließt man leicht $\overline{H M}=\overline{M G}$, und da $D Y \perp D B$ vorausgesetzt ist, ist das Viereck $D G H Y$ ein Rechteck. Beides zusammen lehrt $\overline{D M}=\overline{M Y}$, und in gleicher

Weise zeigt man $\overline{D M}=\overline{M X}$. Da das Trapez $A B C D$ gleichschenklig ist, gilt ferner $\overline{D M}=\overline{M C}$, und aus der Kombination der drei letzten Gleichungen ergibt sich sofort, daß die vier Punkte $C, D, X, Y$ auf einem gemeinsamen Kreis um $M$ liegen.
Zweite Lösung. Man ergänze das Dreieck $D A B$ zu einem Parallelogramm $D A Z B$. Nach Konstruktion von $X$ und $Y$ liegen diese beiden Punkte auf $Z B$ bzw. $Z A$, und es gilt $\varangle D X Z=\varangle Z Y D=90^{\circ}$. Der Satz des Thales liefert nunmehr, daß $X$ und $Y$ auf dem Kreis mit Durchmesser $D Z$ liegen. Der Mittelpunkt dieses Kreises ist gleichzeitig der Mittelpunkt der Strecke $D Z$ und, da sich in Parallelogrammen die Diagonalen gegenseitig halbieren, fällt dieser mit dem Mittelpunkt der Strecke $A B$ zusammen. Nachdem nun das Trapez $A B C D$ als gleichschenklig vorausgesetzt ist, gilt folglich $\overline{D M}=\overline{M C}$, womit gezeigt ist, daß auch der Punkt $C$ auf dem vorhin betrachteten Kreis liegt.
Dritte Lösung (skizziert, nach einer Idee von Andreas Gross). Es sei $F=(A B D)$ der Flächeninhalt des Dreiecks $A B D$. Wir ziehen um $D$ einen Kreis $\omega$ mit Radius $\sqrt{2 F}$ und invertieren an diesem. Kundige können sich leicht überlegen, daß $\overline{D X^{\prime}}=\overline{D A}$ sowie $\overline{D Y^{\prime}}=\overline{D B}$ gilt und daß hieraus $\left(D X^{\prime} Y^{\prime}\right)=F$ folgt. Es sei nun $C^{*}$ der Schnittpunkt der Geraden $D C$ und $X^{\prime} Y^{\prime}$ sowie $H$ der Fußpunkt des aus $D$ auf $A B$ gefällten Lotes. Nun haben die Punkte $X^{\prime}, Y^{\prime}$ von der Geraden $C D$ die Abstände $\overline{A H}, \overline{B H}$, und hieraus ergibt sich $\left(D X^{\prime} Y^{\prime}\right)=\left(D C^{*} Y^{\prime}\right)-\left(D C^{*} X^{\prime}\right)=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot(\overline{H B}-\overline{A H})=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}$. Im Zusammenhang mit einer bereits angegebenen Gleichung folgt hieraus $\overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}=2 F$, woraus sich mit Hilfe einer kleinen Lagebetrachtung $C^{*}=C^{\prime}$ ergibt. Demnach liegen die drei Punkte $C^{\prime}, X^{\prime}, Y^{\prime}$ auf einer gemeinsamen Geraden, und von dieser überzeugt man sich leicht, daß sie nicht durch $D$ gehen kann. Dies impliziert die Behauptung.

## Aufgabe 3

Man zeige, dass es eine ganze Zahl $a$ gibt, für die $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ ein Vielfaches von $3^{2008}$ ist.

1. Lösung: Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Ausgehend von $P_{0}(x)=\frac{1}{81} P(9 x+1)=9 x^{3}-33 x^{2}-2 x-1$, definiere rekursiv Polynome $P_{k}(x)=$ $3 a_{k} x^{3}+3 b_{k} x^{2}+c_{k} x+d_{k}$ mit ganzen Zahlen $a_{k}, b_{k}, c_{k}, d_{k}$, wobei $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, und $P_{k+1}(x)=\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)$ mit $\varepsilon_{k} \in\{-1,0,1\}$ für alle $k$ : Da $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, kann man $\varepsilon_{k}$ so wählen, dass $\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}$ durch 3 teilbar ist; dann ist $\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)=3 a_{k+1} x^{3}+3 b_{k+1} x^{2}+c_{k+1}+d_{k+1}$ mit $a_{k+1}=9 a_{k}, b_{k+1}=9 \varepsilon_{k} a_{k}+3 b_{k}$, $c_{k+1}=3\left(3 \varepsilon_{k}^{2} a_{k}+2 \varepsilon_{k} b_{k}\right)+c_{k}, d_{k+1}=\varepsilon_{k}^{3} a_{k}+\varepsilon_{k}^{2} b_{k}+\left(\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}\right) / 3$, somit ist auch $c_{k+1}$ nicht durch 3 teilbar.
Setzt man $x_{2004}=0$ und rekursiv $x_{k}=3 x_{k+1}+\varepsilon_{k}$, also $P_{k}\left(x_{k}\right)=3 P_{k}\left(x_{k+1}\right)$ für $k=2003, \ldots, 0$, so ist für $a=9 x_{0}+1$ die Zahl $P(a)=81 \cdot 3^{2004} P_{2004}\left(x_{2004}\right)$ ein Vielfaches von $3^{2008}$.
2. Lösung: Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Für $k \geq 4$ werden induktiv ganze Zahlen $a_{k}$ mit $a_{k} \equiv 1 \bmod 9$ und $3^{k} \mid P\left(a_{k}\right)$ konstruiert; die Aufgabenstellung erfüllt dann $a=a_{2008}$ :
Verankerung $k=4$ : Für $a_{4}=1$ ist $3^{4} \mid P\left(a_{4}\right)$.
Induktionsschritt $k \rightarrow k+1$ : Für $k \geq 4$ ist $2 k-3 \geq k+1$ und $3 k-6>k+1$, also für
alle ganzzahligen $x$ :

$$
\begin{aligned}
P\left(x+3^{k-2}\right)-P(x) & \equiv 3^{k-1} x^{2}+3^{2 k-3} x+3^{3 k-6}-36\left(2 \cdot 3^{k-2} x+3^{2 k-4}\right)+51 \cdot 3^{k-2} \\
& \equiv 3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right) \bmod 3^{k+1}
\end{aligned}
$$

Für $x \equiv 1 \bmod 9$ ist $x^{2}-24 x+17 \equiv 1-24+17 \equiv 3 \bmod 9$. Wegen $k \geq 4$ ist auch $x \equiv x+3^{k-2} \bmod 9$. Daher enthält die Differenz $3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right)$ den Primfaktor 3 genau $k$-mal, also ist $P(u)$ für $u=a_{k}$ oder $u=a_{k}+3^{k-2}$ oder $u=a_{k}+2 \cdot 3^{k-2}$ durch $3^{k+1}$ teilbar, setze $a_{k+1}$ auf diesen Wert von $u$. Nach Konstruktion ist $a_{k+1} \equiv 1 \bmod 9$.

Bemerkungen:

1. Manche Teilnehmer versuchten, mittels Schubfachprinzip zu argumentieren: Wäre $P(m) \not \equiv P(n) \bmod 3^{2008}$ für $m \not \equiv n \bmod 3^{2008}$, gäbe es zwangsläufig auch ein $a \operatorname{mit} P(a) \equiv 0 \bmod 3^{2008}$. Die zweite Lösung zeigt aber, dass $P\left(x+3^{2006}\right) \equiv$ $P(x) \bmod 3^{2008}$.
2. Ist $P$ ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und $p$ eine Primzahl, hat die Gleichung $P(a) \equiv 0 \bmod p^{m}$ eine Lösung für alle $m \geq 0$, wenn es ein $u$ mit $P(u) \equiv 0 \bmod p$ und $P^{\prime}(u) \not \equiv 0 \bmod p$ gibt (Hensel-Lemma, siehe E. J. Barbeau, Polynomials, Springer-Verlag New York 1989, Seite 100), hierbei ist für ein Polynom $P(x)=b_{n} x^{n}+\ldots b_{0}$ die Ableitung $P^{\prime}(x)=n b_{n} x^{n-1}+\ldots+b_{1}$. Für $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$ ist jedoch $3 \mid P^{\prime}(a)$ für alle $a$, so dass das HenselLemma hier nicht anwendbar ist. Es führt jedoch für $Q(x)=P(3 x+1) / 27=$ $x^{3}-11 x^{2}-2 x-3$ an der Stelle $u=0$ zum Ziel.
3. Die Aufgabe ist nicht für alle Polynome lösbar: es gibt zwar ganze Zahlen $a$ mit $3 \mid 1+a+a^{2}$, aber keine ganze Zahl mit $9 \mid 1+a+a^{2}$.
4. Die ersten Werte für die Zahlen $\varepsilon_{k}$ in der ersten Lösung lauten $1,0,0,1,-1$, $0,0,1,1,1,-1,-1,0,-1,1,-1,-1,0,1-$ es ist also keine (offensichtliche) Regelmäßigkeit erkennbar.