problem:
Man bestimme die kleinste positive ganze Zahl $n$, für die es ein Polynom

$$
P(X)=a_{2 n} X^{2 n}+a_{2 n-1} X^{2 n-1}+\ldots+a_{1} X+a_{0}
$$

mit reellen Koeffizienten gibt, das die beiden folgenden Eigenschaften aufweist:

- Für $i=0,1, \ldots, 2 n$ gilt $2014 \leq a_{i} \leq 2015$.
- Es gibt eine reelle Zahl $\xi$ mit $P(\xi)=0$.

solution:
Es ist $n=2014$. Zunächst definiere für eine spezielle Wahl der Koeffizienten $a_{k}$, nämlich 2014 für gerades $k$ und 2015 für ungerades $k$, das Polynom $Q_{n}(X)=2014 X^{2 n}+2015 X^{2 n-1}+2014 X^{2 n-2}+\ldots+2015 X+2014$. Es ist $Q_{2014}(-1)=0$, die gesuchte Zahl ist also höchstens 2014. Es bleibt zu zeigen, dass $P(X)$ für $n \leq 2013$ keine reelle Nullstelle hat. Für $x \geq 0$ ist $P(x) \geq a_{0}>0$, da die Koeffizienten positiv sind; für $x<0$ ist $P(x) \geq Q_{n}(x)$, da $x^{k}$ für gerades $k$ positiv ist, also $a_{k} x^{k} \geq 2014 x^{k}$, und $x^{k}$ für ungerades $k$ negativ ist, also $a_{k} x^{k} \geq 2015 x^{k}$. Es bleibt zu zeigen, dass $Q_{m}(x)>0$ für $m \leq 2013$.

1. Beweis: Man rechnet nach, dass für reelles $x$ gilt

$$
Q_{m}(x)=1007\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{\nu}+x^{\nu+1}\right)^{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{2 \nu+1}+1\right)\left(x^{2 m-2 \nu-1}+1\right)\right)+\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)
$$

Die Summanden der ersten Summe sind als Quadrate nicht negativ. Da $x^{2 k+1}+1$ für alle $k \geq 0$ positiv bzw. 0 bzw. negativ ist für $x>-1$ bzw. $x=-1$ bzw. $x<-1$, sind die Summanden in der zweiten Summe nicht negativ. Damit ist für $x<0$ und $m \leq 2013$ :

$$
P(x) \geq Q_{m}(x) \geq\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)>\frac{1}{2}
$$

2. Beweis (mit Analysis): Definiere für $x<0$ die reelle Funktion $f_{m}(x)=\left(x^{2}-1\right) Q_{m}(x)=2014\left(x^{2 m+2}-\right.$ $1)+2015 x\left(x^{2 m}-1\right)$. Die zweite Ableitung $f_{m}^{\prime \prime}(x)=2(2 m+1)\left(2014(m+1) x^{2 m}+2015 m x^{2 m-1}\right)$ hat die einzige negative Nullstelle $x_{m}=-\frac{2015 m}{2014(m+1)}>-1$ für $m \leq 2013$, und es ist

$$
\begin{aligned}
f_{m}^{\prime}\left(x_{m}\right) & =2014(2 m+2) x_{m}^{2 m+1}+2015(2 m+1) x_{m}^{2 m}-2015= \\
& =\left(2014(2 m+2) x_{m}+2015(2 m+1)\right) x_{m}^{2 m}-2015=2015 \cdot x_{m}^{2 m}-2015<0
\end{aligned}
$$

Für $x<x_{m}$ bzw. $x_{m}<x<0$ wächst bzw. fällt $f_{m}^{\prime}$ streng monoton, da die Ableitung $f_{m}^{\prime \prime}$ positiv bzw. negativ ist; daher hat $f_{m}^{\prime}$ für $x<0$ ein globales Maximum bei $x=x_{m}$ und ist negativ für alle $x<0$. Daher fällt $f_{m}$ streng monoton, ist also wegen $f_{m}(-1)=0$ positiv für $x>-1$ und negativ für $x<-1$. Somit ist $Q_{m}(x)$ positiv für $x \neq-1$; für $x=-1$ ergibt sich direkt $Q_{m}(-1)=2014-m>0$.

## Bemerkungen:

1. Die Polynomfunktion $P(x)$ kann keine reellen Nullstellen außerhalb des Intervalls ] $-\frac{2015}{2014},-\frac{2014}{2015}$ [haben.
2. Oftmals wurden Summanden $g_{k}(x)=2014 x^{2 k}+2015 x^{2 k-1}$ von $Q_{m}(x)$ für einzelne $k$ isoliert betrachtet und fehlerhaft gegen $g_{k}(-1)$ abgeschätzt. Wie man durch Ableiten zeigt, wächst bzw. fällt $g_{k}$ streng monoton für $0>x>-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$ bzw. $x<-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$. Daraus folgt $g_{k}(x)>g_{k}(-1)$ für $k \leq 1007$ und $x<-1$ oder für $k>1007$ und $-1>x>0$. Damit kann man auf diese Weise $Q_{m}(x) \geq Q_{m}(-1)$ nur für $x<-1$ und $m \leq 1007$ nachweisen.

## » BILDUNG \& BEGABUNG GEMEINNÜTZIGE GMBH

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problem_match: # Aufgabe 1

solution_match: Lösung:


problem:
Eine positive ganze Zahl $n$ heißt neckisch, wenn man sie in der Form $n=a^{b}+b$ mit zwei ganzen Zahlen $a, b \geq 2$ schreiben kann.
Man entscheide, ob es 102 aufeinanderfolgende positive ganze Zahlen gibt, von denen genau 100 neckisch sind.

solution:
Es gibt solche Zahlen. Für eine positive ganze Zahl $m$ sei $f(m)$ die Anzahl der neckischen Zahlen unter den 102 aufeinander folgenden Zahlen $m, m+1, m+2, \ldots, m+101$. Es sei $N$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen $2,3,4, \ldots, 101$. Dann ist $f\left(2^{N}\right) \geq 100$, da für alle $b=2,3, \ldots, 101$ gilt: $2^{N}+b=\left(2^{N / b}\right)^{b}+b$ ist neckisch. Somit gibt es auch eine kleinste positive Zahl $M$ mit $f(M) \geq 100$. Offenbar ist $M \leq 2^{N}$. Andererseits gilt $M>1$ (und $M-1$ ist positive ganze Zahl), weil jede neckische Zahl größer als 5 ist, da für $a, b \geq 2$ gilt: $a^{b}+b \geq 2^{b}+b \geq 2^{2}+2=6$, und somit unter den Zahlen von 1 bis 102 höchstens 97 neckisch sind. Nun wird $f(M)=100$ bewiesen: Wäre $f(M)>100$, gäbe es unter den Zahlen von $M$ bis $M+101$ mindestens 101 neckische, also unter denen von $M$ bis $M+100$ mindestens 100 neckische ebenso wie unter denen von $M-1$ bis $M+100$. Dann wäre $f(M-1) \geq 100 \mathrm{im}$ Widerspruch zur Minimalität von $M$. Daher ist $f(M)=100$. Die Zahlen von $M$ bis $M+101$ erfüllen also die Bedingung.
Bemerkung: Manchmal wurde ohne Beweis vermutet, dass gewisse Zahlen $m$, z. B. $m=2^{N}$, nicht neckisch sind. Dies ist aber nicht offensichtlich, da wirklich auszuschließen ist, dass es irgendwelche Zahlen $a, b \geq 2$ mit $m=a^{b}+b$ geben kann.

problem_match: # Aufgabe 2


problem:
Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $|A B| \neq|A C|$. Die Mittelpunkte der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ seien $D$ beziehungsweise $E$. Die Umkreise der Dreiecke $B C D$ und $B C E$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A D E$ in $P$ beziehungsweise $Q$ schneiden, wobei $P \neq D$ und $Q \neq E$.
Man beweise, dass $|A P|=|A Q|$.

solution:
Ohne Einschränkung sei $|A C|>|A B|$. Da $D$ und $E$ Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, ist nach Strahlensatz $D E$ parallel zu $B C$. Im Falle $E=P$ oder $D=Q$ wäre $C E D B$ Sehnenviereck mit parallelen Seiten $B C$ und $D E$, also gleichschenkliges Trapez mit $|B D|=|E C|$, somit $|A B|=|A C|$, was aber ausgeschlossen ist. Kann man zeigen, dass die (nicht ausgearteten) Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ ähnlich sind, folgt die Behauptung, da wegen $\angle P Q A=\measuredangle P D A=180^{\circ}-\measuredangle B D P=\measuredangle P C B=\measuredangle P C A+\gamma=\measuredangle B A Q+\measuredangle A E D=\measuredangle D P Q+\measuredangle A P D=$ $\measuredangle A P Q$ (unter Benutzung des Umfangswinkelsatzes) das Dreieck $A P Q$ gleichschenklig ist mit $|A P|=|A Q| .-$ Beweis, dass Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ ähnlich sind: Zunächst gilt mit Umfangswinkelsatz

$$
\measuredangle D Q B=360^{\circ}-\measuredangle E Q D-\measuredangle B Q E=\measuredangle D A E+\measuredangle E C B=\alpha+\gamma=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\measuredangle E D A=\measuredangle A P E,
$$

$\measuredangle E P C=\measuredangle D P C-\measuredangle D P E=\left(180^{\circ}-\beta\right)-\alpha=\gamma=\measuredangle A E D=\measuredangle A Q D$.
Hieraus folgt die Ähnlichkeit der Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ :

1. Beweis: Es sei $Q^{\prime}$ der eindeutig bestimmte Punkt auf derselben Seite von $A C$ wie $P$, so dass Dreieck $A Q^{\prime} C$ ähnlich zu Dreieck $B Q A$ ist. Da $D$ und $E$ Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, sind auch die Teildreiecke $A Q^{\prime} E$ und $B Q D$ sowie $C E Q^{\prime}$ und $A D Q$ ähnlich. Damit liegt $Q^{\prime}$ wegen (1) und (2), also $\measuredangle A P E=\measuredangle B Q D=\measuredangle A Q^{\prime} E$ und $\measuredangle E P C=\measuredangle D Q A=\measuredangle E Q^{\prime} C$, auf den Umkreisen von $A E P$ und $C E P$, die sich in $E$ und $P$ schneiden. $Q^{\prime}=E$ ist wegen $Q \neq D$ ausgeschlossen. Damit ist $Q^{\prime}=P$, und die Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ sind ähnlich. 2. Beweis: Mit Sinussatz in $A D Q$ und $B Q D$ gilt $|A Q|:|A D|=\sin \measuredangle Q D A: \sin \measuredangle A Q D,|B Q|:|B D|=$ $\sin \measuredangle B D Q: \sin \measuredangle D Q B$. Mit $\measuredangle B D Q=180^{\circ}-\measuredangle Q D A$ folgt $|A Q|:|B Q|=\sin \measuredangle D Q B: \sin \measuredangle A Q D$. Analog ist $|C P|:|P A|=\sin \measuredangle A P E: \sin \measuredangle E P C$. Wegen (1) und (2) sind $A P C$ und $B Q A$ ähnlich nach Merkmal sws.

problem_match: # Aufgabe 3

solution_match: 1. Lösung:


solution:
Man invertiere an einem Kreis mit Mittelpunkt $A$ und Radius 1. Der Bildpunkt eines Punkts $X$ sei mit $X^{\prime}$ bezeichnet. Da $D$ und $E$ die Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, sind $B^{\prime}$ und $C^{\prime}$ die Mitten der Seiten $\overline{A D^{\prime}}$ und $\overline{A E^{\prime}}$. Die Inversion bildet den Umkreis des Dreiecks $A D E$ auf die Gerade $D^{\prime} E^{\prime}$ ab, damit sind $P^{\prime} \neq D^{\prime}$ und $Q^{\prime} \neq E^{\prime}$ die zweiten Schnittpunkte der Umkreise der Dreiecke $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ mit der Geraden $D^{\prime} E^{\prime}$. Da die Geraden $D^{\prime} E^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime}$ parallel sind, liegen die Umkreise der Dreiecke $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ symmetrisch zur Mittelsenkrechten der Strecke $\overline{B^{\prime} C^{\prime}}$, insbesondere gehen die Punkte $Q^{\prime}$ bzw. $B^{\prime}$ bzw. $P^{\prime}$ in $E^{\prime}$ bzw. $C^{\prime}$ bzw. $D^{\prime}$ über. Damit ist $\left|P^{\prime} C^{\prime}\right|=\left|B^{\prime} D^{\prime}\right|=\left|A B^{\prime}\right|$ (da $B^{\prime}$ Mitte von $\overline{A D^{\prime}}$ ) sowie $\left|B^{\prime} Q^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} E^{\prime}\right|=\left|A C^{\prime}\right|$ (da $C^{\prime}$ Mitte von $\overline{A E^{\prime}}$ ) und $\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$. Daraus folgt $\measuredangle A B^{\prime} Q^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}=\measuredangle A C^{\prime} P^{\prime}$. Damit sind die Dreiecke $A P^{\prime} C^{\prime}$ und $A Q^{\prime} B^{\prime}$ nach Kongruenzsatz sws kongruent. Somit ist $\left|A P^{\prime}\right|=\left|A Q^{\prime}\right|$ und $|A P|=1 /\left|A P^{\prime}\right|=1 /\left|A Q^{\prime}\right|=|A Q|$.

## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2014/2015

solution_match: 2. Lösung (mit Inversion am Kreis):


problem:
Man bestimme alle Paare ( $x, y$ ) ganzer Zahlen, welche die Gleichung

$$
\sqrt[3]{7 x^{2}-13 x y+7 y^{2}}=|x-y|+1
$$

erfüllen.

solution:
Die Gleichung (1) ist symmetrisch in $x$ und $y$, so dass wir zunächst $x \geq y$ annehmen können und für $x \neq y$ zu jeder Lösung $(x, y)$ auch $(y, x)$ als Lösung erhalten. Mit
$d=x-y \geq 0$ folgt $\sqrt[3]{7 d^{2}+x y}=d+1$. Potenzieren liefert $x^{2}-d x+\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=0$ mit der Diskriminante $D=d^{2}-4\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=(d-2)^{2}(4 d+1) \geq 0$. Es ist also $x_{1 / 2}=\frac{d \pm(d-2) \sqrt{4 d+1}}{2}$. Für die Ganzzahligkeit von $x$ muss $4 d+1$ eine Quadratzahl sein, und zwar das Quadrat einer ungeraden Zahl. Der Ansatz $4 d+1=(2 m+1)^{2}$ mit $m \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots\}$ liefert $d=m^{2}+m$, so dass sich $x_{1 / 2}=\frac{1}{2}\left[\left(m^{2}+m\right) \pm\left(m^{2}+m-2\right)(2 m+1)\right]$ ergibt. Dies führt zu $\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(m^{3}+2 m^{2}-m-1, m^{3}+m^{2}-2 m-1\right)$ und für $m \neq 1 \mathrm{zu}$ $\left(x_{2}, y_{2}\right)=\left(-m^{3}-m^{2}+2 m+1,-m^{3}-2 m^{2}+m+1\right)$ und den Lösungen $\left(y_{1}, x_{1}\right)$ bzw. $\left(y_{2}, x_{2}\right)$ für $m>0$. Eine Probe bestätigt, dass diese Paare tatsächlich Lösungen sind.

Hinweis: Die einfachen Spezialfälle wurden von den meisten Teilnehmern gefunden. Häufig wurde dann (vergeblich) versucht, mit Abschätzungen zu zeigen, dass es keine weiteren Lösungen gibt.


problem:
Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit dem Umkreis $k$ und dem Inkreismittelpunkt $I$. Die Orthogonale zu $C I$ durch I schneide die Seite $B C$ in $U$ und $k$ in $V$, wobei $V$ und $A$ auf verschiedenen Seiten von $B C$ liegen. Die Parallele zu $A I$ durch $U$ schneide $A V$ im Punkt $X$.

Man beweise: Wenn die Geraden $X I$ und $A I$ orthogonal zueinander sind, dann schneidet $X I$ die Seite $A C$ in ihrem Mittelpunkt $M$.

solution:
In der Figur ist $M$ zunächst nur der Schnittpunkt von $X I$ und $A C . N$ ist der Schnittpunkt von $X U$ und $A B$ und $Y$ der Schnittpunkt von $X I$ und $A B$. Die halben Innenwinkel des Dreiecks $A B C$ sind mit $\alpha, \beta$ bzw. $\gamma$ bezeichnet. Wegen $\Varangle U I C=90^{\circ}$ ist $\Varangle C U I=\alpha+\beta$ und daher $\Varangle B N U=\Varangle B A I=\Varangle B I U=\alpha$, so dass die Punkte $B, U, I$ und $N$ auf einem Kreis liegen. Deshalb gilt $\overline{\Pi U}=\overline{I N}$ (Sehnen $\mathrm{zu} \beta$ ) und wegen $X \perp N U$ folgt $\overline{N X}=\overline{X U}$. Anwendung der Strahlensätze führt auf $\frac{\overline{V X}}{\overline{V A}}=\frac{\overline{X U}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{N X}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{Y X}}{\overline{Y I}}$, woraus $Y V \| A I$ folgt. Also ist auch $\Varangle B Y V=\alpha=\Varangle B N$, so
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_9fe53ad769bc76cf1e68g-3.jpg?height=715&width=657&top_left_y=1744&top_left_x=908)
dass die Punkte $B, V, I$ und $Y$ auf einem Kreis
liegen. Daher ist $\Varangle V B I=\Varangle V Y I=90^{\circ}$. Da die Halbierenden von Innen- und Außenwinkel an einer Ecke im Dreieck stets orthogonal sind, ist $B V$ die Halbierende des Außenwinkels bei $B$. Im Sehnenviereck $A B V C$ (Umkreis von $A B C$ ) erkennen wir daher $\Varangle V A C=\Varangle V B C=\alpha+\gamma$ und $\Varangle A C V=180^{\circ}-\Varangle V B A=180^{\circ}-(\alpha+2 \beta+\gamma)=\alpha+\gamma$, also $\Varangle V A C=\Varangle A C V$. Das Dreieck $A V C$ ist somit gleichschenklig mit der Spitze $V$. Um nun zu zeigen, dass $M$ der Mittelpunkt von $A C$ ist, reicht der Nachweis von $\varangle V M C=90^{\circ}$. Dazu verwenden wir in den Sehnenvierecken $B V I Y$ und $A B V C$, dass $\Varangle V I M=180^{\circ}-\Varangle Y I V=\Varangle V B Y=\Varangle V B A=180^{\circ}-\Varangle A C V$ ist, so dass auch $V C M I$ ein Sehnenviereck ist. Dies liefert $\Varangle V M C=\Varangle V I C=90^{\circ}$.

Hinweis: Einige Teilnehmer haben eine Winkeljagd versucht, die jedoch ohne eine Jagd nach Sehnenvierecken erfolglos bleibt. Analytische Ansätze konnten nicht erfolgreich abgeschlossen werden.


problem:
Aus zwei 2x1-Dominosteinen kann man ein Tetromino konstruieren, indem man die beiden Dominosteine längs ihrer längeren Seiten so aneinanderlegt, dass der Mittelpunkt der längeren Seite des einen Dominosteins ein Eckpunkt des anderen Dominosteins ist. Dabei ergeben sich zwei hinsichtlich ihrer Orientierung verschiedene Typen von Tetrominos, die wir als $S$ - bzw. $Z$-Tetromino bezeichnen wollen.
$S$-Tetrominos:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_9fe53ad769bc76cf1e68g-4.jpg?height=121&width=246&top_left_y=899&top_left_x=431)

Z-Tetrominos:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_9fe53ad769bc76cf1e68g-4.jpg?height=127&width=246&top_left_y=890&top_left_x=985)

Ein Gitterpunktpolygon P ist eine einfach zusammenhängende Fläche, deren Randlinien nur auf Gitterlinien des ebenen ganzzahligen Koordinatengitters liegen. Eine Pflasterung von $P$ ist eine vollständige und überlappungsfreie Überdeckung von $P$ mit Flächenstücken, die auch nicht teilweise außerhalb von $P$ liegen.

Wir nehmen nun an, dass ein Gitterpunktpolygon $P$ nur mit $S$-Tetrominos gepflastert werden kann. Man beweise: Wenn auch eine Pflasterung von $P$ mit $S$ - und $Z$-Tetrominos möglich ist, dann ist die Anzahl der dabei verwendeten $Z$-Tetrominos stets gerade.

solution:
Wir können annehmen, dass $P$ aus einem Teil der Einheitsquadrate des ganzzahligen Koordinatengitters besteht, die wie abgebildet eingefärbt sind. Unter dieser Färbung bedeckt jedes $S$-Tetromino eine gerade Anzahl schwarzer Quadrate und jedes $Z$-Tetromino eine ungerade Anzahl von diesen. Da $P$ vollständig mit $S$-Tetrominos gepflastert werden kann, enthält es eine gerade Anzahl schwarzer Quadrate. Wenn also eine Pflasterung mit $S$ - und $Z$-Tetrominos möglich ist, erfordert diese gerade Anzahl auch eine gerade Anzahl von Z-Tetrominos.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_9fe53ad769bc76cf1e68g-4.jpg?height=312&width=315&top_left_y=1443&top_left_x=1207)

Hinweis: Es gibt weitere Färbungsansätze, z.B. mit zwei Färbungen. Das Argument, $P$ müsse vollständig in achsensymmetrische Teile zerlegbar sein, in denen dann zwei $S$-Tetrominos durch zwei $Z$-Tetrominos ersetzt werden können, ist wie alle Ansätze, die auf lokalen Eigenschaften von $P$ beruhen, nicht zwingend und deckt nur Spezialfälle $a b$.