{"year": "2002", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Es sei $P$ die Menge aller geordneter Paare $(p, q)$ von nichtnegativen ganzen Zahlen. Man bestimme alle Funktionen $f: P \\rightarrow \\mathrm{IR}$ mit der Eigenschaft\n\n$$\nf(p, q)=\\left\\{\\begin{array}{c}\n0 \\quad \\text { wenn } p q=0 \\\\\n1+\\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\\frac{1}{2} f(p-1, q+1) \\text { sonst }\n\\end{array} .\\right.\n$$", "solution": "Die einzige solche Funktion ist $f(p, q)=p \\cdot q$.\nDiese Funktion erfüllt offensichtlich für $p=0$ oder $q=0$ die erste Bedingung. Für $p q \\neq 0$ gilt $1+\\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\\frac{1}{2} f(p-1, q+1)=1+\\frac{1}{2}(p+1)(q-1)+\\frac{1}{2}(p-1)(q+1)=p q$, so dass auch die zweite Bedingung erfültt ist.\nNun muss noch gezeigt werden, dass es keine andere Funktion mit diesen Eigenschaften gibt. Dazu setzen wir $f(p, q)=p q+g(p, q)$. Für $p q \\neq 0$ ergibt sich aus der zweiten\nBedingung $p q+g(p, q)=1+\\frac{1}{2}((p+1)(q-1)+g(p+1, q-1)+(p-1)(q+1)+g(p-1, q+1))$, also $g(p, q)=\\frac{1}{2}(g(p+1, q-1)+g(p-1, q+1))$. Daher bilden die Zahlen $g(0, p+q)$, $g(1, p+q-1), g(2, p+q-2), \\ldots, g(p+q-1,1), g(p+q, 0)$ eine arithmetische Folge. Da ihre Außenglieder $g(0, p+q)$ und $g(p+q, 0)$ gleich Null sind, hat jedes Folgenglied den Wert Null. Folglich ist $g(p, q)=0$ für alle nichtnegativen ganzen Zahlen und daher $f(p, q)=p \\cdot q$ die einzige Lösung.\nAnmerkung: Der zweite Teil des Beweises ist der bedeutendere. Dabei reicht es nicht, nur bestimmte Typen von Funktionen auszuschließen, wie es einige Teilnehmer versucht haben.", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2002", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "In ein spitzwinkliges Dreieck $A B C$ wird ein Quadrat mit Mittelpunkt $A_{1}$ so einbeschrieben, dass zwei Ecken auf $B C$ und je eine auf $A B$ bzw. $A C$ liegen. Analog sind die Quadrate mit den Mittelpunkten $B_{1}$ bzw. $C_{1}$ definiert.\nMan beweise, dass die Geraden $A A_{1}, B B_{1}$ und $C C_{1}$ einen gemeinsamen Schnittpunkt haben.", "solution": "Zusätzlich zur gegebenen Figur betrachten wir das nach außen errichtete Quadrat über der Seite $A B$ mit dem Mittelpunkt $C_{2}$. Da es eine zentrische Streckung gibt, welche das einbeschriebene Quadrat mit Mittelpunkt $C_{1}$ in das nach außen errichtete Quadrat überführt, liegen $C, C_{1}$ und $C_{2}$ auf einer Geraden.\nDie Höhe $h_{c}$ schneidet $A B$ in $H_{c}$ und es sei $\\left|A H_{c}\\right|=p,\\left|H_{c} B\\right|=q$. Ferner sei $M_{c}$ der Mittelpunkt von $A B$ und $C^{\\prime}$ der Schnittpunkt von $C C_{2}$ mit $A B$. Schließlich setzen wir $\\left|A C^{\\prime}\\right|=c_{1}$ und $\\left|C^{\\prime} B\\right|=c_{2}$. Alle Teilstrecken von $A B$ existieren wegen der Spitzwinkligkeit des Dreiecks $A B C$. Für die anderen Dreiecksseiten seien entsprechende\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_26ea8830bddbfc3beaddg-1.jpg?height=455&width=341&top_left_y=2234&top_left_x=1503)\n\nPunkte und Abschnitte analog definiert.\n\nNach den Strahlensätzen gilt $\\frac{\\left|H_{c} C^{\\prime}\\right|}{\\left|C H_{c}\\right|}=\\frac{\\left|C^{\\prime} M_{c}\\right|}{\\left|M_{c} C_{2}\\right|}$, d.h. $\\frac{c_{1}-p}{h_{c}}=\\frac{\\frac{1}{2} c-c_{1}}{\\frac{1}{2} c} \\Rightarrow c_{1}=\\frac{c\\left(p+h_{c}\\right)}{c+2 h_{c}}$.\nAnalog ist $c_{2}=\\frac{c\\left(q+h_{c}\\right)}{c+2 h_{c}}$ und wir erhalten $\\frac{c_{1}}{c_{2}}=\\frac{\\frac{p}{h_{c}}+1}{\\frac{q}{h_{c}}+1}$. (Für $\\alpha=\\beta$ ist $\\frac{c_{1}}{c_{2}}=1$. )\nDie Winkel zwischen den Höhen und den jeweils anliegenden beiden Seiten seien zyklisch mit $\\gamma_{1}, \\gamma_{2}$ bzw. $\\alpha_{1}, \\alpha_{2}$ bzw. $\\beta_{1}, \\beta_{2}$ bezeichnet. Dann gilt $\\alpha_{1}=\\gamma_{2}\\left(=90^{\\circ}-\\beta\\right), \\quad \\beta_{1}=\\alpha_{2}\\left(=90^{\\circ}-\\gamma\\right)$ und $\\gamma_{1}=\\beta_{2}\\left(=90^{\\circ}-\\alpha\\right)$. Ferner ist $\\frac{p}{h_{c}}=\\tan \\gamma_{1}$ und $\\frac{q}{h_{c}}=\\tan \\gamma_{2}$, also $\\frac{c_{1}}{c_{2}}=\\frac{\\tan \\gamma_{1}+1}{\\tan \\gamma_{2}+1}$. Analog gilt $\\frac{a_{1}}{a_{2}}=\\frac{\\tan \\alpha_{1}+1}{\\tan \\alpha_{2}+1}$ und $\\frac{b_{1}}{b_{2}}=\\frac{\\tan \\beta_{1}+1}{\\tan \\beta_{2}+1}$. Damit ist\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_26ea8830bddbfc3beaddg-2.jpg?height=386&width=518&top_left_y=635&top_left_x=1277)\n$\\frac{a_{1}}{a_{2}} \\cdot \\frac{b_{1}}{b_{2}} \\cdot \\frac{c_{1}}{c_{2}}=\\frac{\\left(\\tan \\alpha_{1}+1\\right)\\left(\\tan \\beta_{1}+1\\right)\\left(\\tan \\gamma_{1}+1\\right)}{\\left(\\tan \\alpha_{2}+1\\right)\\left(\\tan \\beta_{2}+1\\right)\\left(\\tan \\gamma_{2}+1\\right)}=\\frac{\\tan \\alpha_{1}+1}{\\tan \\gamma_{2}+1} \\cdot \\frac{\\tan \\beta_{1}+1}{\\tan \\alpha_{2}+1} \\cdot \\frac{\\tan \\gamma_{1}+1}{\\tan \\beta_{2}+1}=1 \\cdot 1 \\cdot 1=1$.\nNach der Umkehrung des Satzes von Ceva schneiden sich daher die Geraden $A A^{\\prime}=A A_{1}$, $B B^{\\prime}=B B_{1}$ und $C C^{\\prime}=C C_{1}$ in einem Punkt.\nAnmerkung: Einige Teilnehmer haben vermutet, die Geraden $A A_{1}$ etc. seien die Winkelhalbierenden des gegebenen Dreiecks. Diese Vermutung ist falsch, wie man an einem sehr spitzen, fast rechtwinkligen Dreieck sieht. Der Satz von Ceva ist zum Beweis nicht notwendig; es gibt andere Lösungsmöglichkeiten, z.B. mit Drehstreckungen.", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2002", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Man beweise, dass es keine positive ganze Zahl $n$ mit der folgenden Eigenschaft gibt: Für $k=1,2, \\ldots, 9$ ist die - in dezimaler Schreibweise - linke Ziffer von $(n+k)$ ! gleich $k$.", "solution": "Wir nehmen an, dass es eine Zahl $n$ mit der verlangten Eigenschaft gibt. Dann kann keine der Fakultäten eine Zehnerpotenz sein, weil ab 3! alle Fakultäten durch 3 teilbar sind und die ersten Fakultäten offensichtlich nicht die verlangte Eigenschaft haben. Es kann auch keine der Zahlen $n+2, \\ldots, n+9$ eine Zehnerpotenz sein, weil sonst die Anfangsziffer zweier aufeinanderfolgender Fakultäten in der betrachteten Folge dieselbe wäre. Somit gibt es ein $j$ mit $10^{j}<n+2<\\ldots<n+9<10^{j+1}$ (1). Weil $(n+8)$ ! mit einer 8 und $(n+9)$ ! mit einer 9 endet, gibt es natürliche Zahlen a und $b$ mit $9 \\cdot 10^{a}<(n+9)!<10^{a+1}$ und $8 \\cdot 10^{b}<(n+8)!<9 \\cdot 10^{b}$, was auf $10^{a-b}<n+9<\\frac{5}{4} \\cdot 10^{a-b}$ führt.\nMit (1) folgt $j=a-b$ und $10^{j}<n+2<\\ldots<n+9<\\frac{5}{4} \\cdot 10^{j}$ (2).\nDa $(n+1)$ ! mit 1 anfängt, gibt es ein $m$ mit $10^{m}<(n+1)!<2 \\cdot 10^{m}$, während aus (2) folgt: $10^{3 j}<(n+2)(n+3)(n+4)<\\left(\\frac{5}{4}\\right)^{3} \\cdot 10^{3 j}$. Multiplikation der beiden letzten Ungleichungen liefert $10^{3 j+m}<(n+4)!<2 \\cdot \\frac{125}{64} \\cdot 10^{3 j+m}$, was wegen $\\frac{250}{64}<4 \\mathrm{zu} 10^{3 j+m}<(n+4)!<4 \\cdot 10^{3 j+m}$ abgeschwächt werden kann. Daraus folgt, dass die Zahl $(n+4)$ ! nicht mit 4, sondern mit 1, 2 oder 3 beginnen würde - im Widerspruch zur Voraussetzung.\nAnmerkung: Die meisten Teilnehmer, die sich auf diese oder ähnliche Abschätzungen eingelassen hatten, waren dann auch erfolgreich. Allerdings gab es gerade bei dieser Aufgabe z.T. sehr unübersichtliche Darstellungen.", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "# Lösung\n"}