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

$$
f(p, q)=\left\{\begin{array}{c}
0 \quad \text { wenn } p q=0 \\
1+\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\frac{1}{2} f(p-1, q+1) \text { sonst }
\end{array} .\right.
$$

solution:
Die einzige solche Funktion ist $f(p, q)=p \cdot q$.
Diese 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.
Nun 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
Bedingung $p q+g(p, q)=1+\frac{1}{2}((p+1)(q-1)+g(p+1, q-1)+(p-1)(q+1)+g(p-1, q+1))$, 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.
Anmerkung: 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


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.
Man 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.
Die 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
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_26ea8830bddbfc3beaddg-1.jpg?height=455&width=341&top_left_y=2234&top_left_x=1503)

Punkte und Abschnitte analog definiert.

Nach 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. $\frac{c_{1}-p}{h_{c}}=\frac{\frac{1}{2} c-c_{1}}{\frac{1}{2} c} \Rightarrow c_{1}=\frac{c\left(p+h_{c}\right)}{c+2 h_{c}}$.
Analog 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 $\frac{c_{1}}{c_{2}}=1$. )
Die 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
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_26ea8830bddbfc3beaddg-2.jpg?height=386&width=518&top_left_y=635&top_left_x=1277)
$\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{b_{1}}{b_{2}} \cdot \frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\left(\tan \alpha_{1}+1\right)\left(\tan \beta_{1}+1\right)\left(\tan \gamma_{1}+1\right)}{\left(\tan \alpha_{2}+1\right)\left(\tan \beta_{2}+1\right)\left(\tan \gamma_{2}+1\right)}=\frac{\tan \alpha_{1}+1}{\tan \gamma_{2}+1} \cdot \frac{\tan \beta_{1}+1}{\tan \alpha_{2}+1} \cdot \frac{\tan \gamma_{1}+1}{\tan \beta_{2}+1}=1 \cdot 1 \cdot 1=1$.
Nach 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.
Anmerkung: 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


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.
Mit (1) folgt $j=a-b$ und $10^{j}<n+2<\ldots<n+9<\frac{5}{4} \cdot 10^{j}$ (2).
Da $(n+1)$ ! 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.
Anmerkung: 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