{"year": "2003", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Man bestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ mit der Eigenschaft\n\n$$\nf(f(x)+y)=2 x+f(f(y)-x)\n$$\n\nfür alle $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Für eine beliebige reelle Zahl $z$ setzen wir $a=f(z), b=z+f(0), n=f\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)$ und $m=f(0)-\\frac{a+b}{2}$. Wegen $\\mathbb{D}_{f}=\\mathbb{R}$ sind $a, b, n$ und $m$ wohlbestimmt. Einsetzen von $x=0$, $y=z$ in $(*)$ liefert $f(z+f(0))=f(f(z))$, also $f(a)=f(b)$ (I).\nEinsetzen von $x=m$ und $y=a$ bzw. $y=b$ in $\\left(^{*}\\right)$ liefert $\\left\\{\\begin{array}{l}f(f(m)+a)=2 m+f(f(a)-m) \\\\ f(f(m)+b)=2 m+f(f(b)-m)\\end{array}\\right.$, was wir wegen (I) zu $f(f(m)+a)=f(f(m)+b$ ) (II) zusammenfassen können.\nEinsetzen von $x=a$ bzw. $x=b$ und $y=n$ in $\\left(^{*}\\right.$ )liefert $\\left\\{\\begin{array}{l}f(f(a)+n)=2 a+f(f(n)-a) \\\\ f(f(b)+n)=2 b+f(f(n)-b)\\end{array}\\right.$, was wir wegen (I) zu $2 a+f(f(n)-a)=2 b+f(f(n)-b$ ) (III) zusammenfassen können. Einsetzen von $x=\\frac{a+b}{2}, y=0$ in (*) liefert $f\\left(f\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)\\right)=a+b+f\\left(f(0)-\\frac{a+b}{2}\\right)$, also $f(n)=a+b+f(m)$ oder, anders formuliert, $f(n)-a=f(m)+b$ bzw. $f(n)-b=f(m)+a$. Dies liefert mit (III) sofort $2 a+f(f(m)+b))=2 b+f(f(m)+a)$, woraus mit (II) nun $a=b$ folgt, also $f(z)=z+f(0)$. Damit ist gezeigt, dass jede Funktion $f$, die (*) erfüllt, die Form $f(x)=x+c \\quad(c=$ konst. ) haben muss. Einsetzen in (*) bestätigt, dass jedes $f$ dieser Form die gegebene Gleichung tatsächlich erfüllt: $f(f(x)+y)=x+y+2 c=2 x+f(f(y)-x)$.\nAnmerkung: Zusätzliche Eigenschaften von $f$, wie etwa Injektivität, Monotonie oder Differenzierbarkeit, dürfen nicht vorausgesetzt, sondern müssen bewiesen werden.", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2003", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "Es sei $B$ ein beliebiger Punkt auf einem Kreis $k_{1}$ und es sei $A$ ein von $B$ verschiedener Punkt auf der Tangente an $k_{1}$ in $B$. Ferner sei $C$ ein Punkt außerhalb von $k_{1}$ mit der Eigenschaft, dass die Strecke $A C$ den Kreis $k_{1}$ in zwei verschiedenen Punkten schneidet. Schließlich sei $k_{2}$ der Kreis, der die Gerade ( $A C$ ) in $C$ berührt und den Kreis $k_{1}$ in einem Punkt $D$ berührt, welcher auf der anderen Seite von ( $A C$ ) liegt wie $B$.\nMan beweise, dass der Umkreismittelpunkt des Dreiecks BCD auf dem Umkreis des Dreiecks $A B C$ liegt.", "solution": "Wir bezeichnen die Mittelpunkte der Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ mit $O_{1}$ bzw. $O_{2}$. Die Lösung setzt nun voraus, dass $\\angle C D B$ stumpf ist (siehe Fig.); andernfalls sind lediglich einige Winkel modulo $180^{\\circ}$ zu vertauschen.\nEs sei $P$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks BDC; dann ist nach dem Satz vom Mittelpunktswinkel\n$\\angle B P C=2 \\cdot\\left(180^{\\circ}-\\angle C D B\\right)=360^{\\circ}-2 \\cdot \\angle C D B$ (1).\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_e8c51b35eb62884c7df6g-1.jpg?height=355&width=464&top_left_y=2350&top_left_x=1367)\n$P$ liegt dann auf dem Umkreis von Dreieck $A B C$, wenn $A C P B$ ein Sehnenviereck ist; dies gilt dann, wenn $\\angle B P C=180^{\\circ}-\\angle C A B$ ist.\n\nUm dies zu beweisen, berechnen wir $\\angle C D B$. Da $k_{1}$ und $k_{2}$ sich in $D$ berühren, liegt $D$ auf der Strecke $O_{1} O_{2}$ und es gilt $\\angle C D B=180^{\\circ}+\\angle O_{1} D B-\\angle O_{2} D C$ (2). Da $k_{1}$ die Gerade ( $A B$ ) berührt, ist $\\angle A B O_{1}=90^{\\circ}$, also $\\angle A B D+\\angle D B O_{1}=90^{\\circ}$. Da $B$ und $D$ auf $k_{1}$ liegen, ist das Dreieck $B D O_{1}$ gleichschenklig mit $\\angle O_{1} D B=\\angle D B O_{1}$. Somit ist $\\angle O_{1} D B=90^{\\circ}-\\angle A B D$ (3). Da $k_{2}$ die Gerade ( $A C$ ) berührt, ist $\\angle A C O_{2}=90^{\\circ}$, also $\\angle A C D+\\angle D C O_{2}=90^{\\circ}$. Da $C$ und $D$ auf $k_{2}$ liegen, ist das Dreieck $\\mathrm{CDO}_{2}$ gleichschenklig mit $\\angle \\mathrm{O}_{2} D C=\\angle D C O_{2}$. Somit ist $\\angle O_{2} D C=90^{\\circ}-\\angle A C D$ (4). Einsetzen von (3) und (4) in (2) liefert $\\angle C D B=180^{\\circ}+\\left(90^{\\circ}-\\angle A B D\\right)-\\left(90^{\\circ}-\\angle A C D\\right)=180^{\\circ}-\\angle A B D+\\angle A C D$ (5).\nNun betrachten wir den Schnittpunkt $R$ von $(A C)$ und ( $B D$ ) und folgern\n$\\angle A B D=\\angle A B R=180^{\\circ}-\\angle R A B-\\angle B R A=180^{\\circ}-\\angle C A B-\\angle B R A$ sowie\n$\\angle A C D=\\angle R C D=180^{\\circ}-\\angle C D R-\\angle D R C=180^{\\circ}-\\angle C D B-\\angle B R A$. Aus (5) ergibt sich\n$\\angle C D B=180^{\\circ}+\\angle C A B-\\angle C D B$, also $2 \\cdot \\angle C D B=180^{\\circ}+\\angle C A B$. Einsetzen in (1) liefert $\\angle B P C=360^{\\circ}-\\left(180^{\\circ}+\\angle C A B\\right)=180^{\\circ}-\\angle C A B$. Damit ist alles gezeigt.\nAnmerkung: Da $k_{1}$ von der Strecke $A C$ geschnitten wird, kann $k_{2}$ die Gerade ( $\\left.A C\\right)$ nicht - von $A$ aus vor dem Schnitt mit $k_{1}$ berühren. Auch darf $C$ nicht speziell gewählt werden.", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2003", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Es sei $n$ eine ungerade natürliche Zahl. Die Felder eines $n \\times n$-Schachbretts seien abwechselnd schwarz und weiß gefärbt, wobei die Eckfelder schwarz sind. Ferner sei ein Trimino definiert als eine L-förmige Figur aus drei verbundenen Einheitsquadraten.\na) Für welche Werte von $n$ ist es möglich, alle schwarzen Felder des Schachbretts durch nicht überlappende Triminos zu überdecken?\nb) Welches ist bei möglicher Überdeckung die minimale Anzahl der jeweils benötigten Triminos?\nHinweis: Zwei Triminos überlappen sich, wenn sie wenigstens ein Einheitsquadrat gemeinsam bedecken.", "solution": "a) und b): Wir zählen die Reihen des Schachbretts von oben. Das $n \\times n$-Schachbrett hat $\\frac{n+1}{2}$ Reihen mit ungerader Nummer und in jeder dieser Reihen $\\frac{n+1}{2}$ schwarze Felder. Jedes dieser $\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2}$ schwarzen Quadrate muss von einem anderen Trimino überdeckt werden, daher sind wenigstens $\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2}$ Triminos erforderlich. Da jedes aus 3 Quadraten besteht, muss wegen des Überlappungsverbots gelten: $3\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2} \\leq n^{2}$. Für 1,3 und 5 folgt $3 \\leq 1$, $12 \\leq 9,27 \\leq 25$. Also ist für $n<7$ eine verlangte Überdeckung nicht möglich.\nDie Figur zeigt als Verankerung eine Überdeckung für $n=7$ mit $\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2}=16$ Triminos und den Schritt $n \\rightarrow n+2$, mit dem für jedes $n \\geq 7$ die Existenz einer Überdeckung bewiesen ist. Bei diesem Schritt wird dem $n \\times n$-Schachbrett, dessen Überdeckung mit $\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2}$ Steinen vorausgesetzt ist, in der rechten unteren Ecke ein „L\" angesetzt, das 5 Felder breit und hoch ist, und anschließend durch $2 \\times 2$-Felder mit je einem passenden Trimino ergänzt. Das „L\" enthält 5 Triminos und die beiden $2 \\times(n-5)$-Rechtecke zusammen $n-3$ Triminos. Es\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_e8c51b35eb62884c7df6g-2.jpg?height=387&width=381&top_left_y=2025&top_left_x=1446)\nergeben sich also $\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)^{2}+n-3+5=\\frac{n^{2}+6 n+9}{4}=\\left(\\frac{n+3}{2}\\right)^{2}$ Triminos, die Mindestzahl für das $(n+2) \\times(n+2)-$ Schachbrett. Mit vollständiger Induktion folgt die Behauptung.\nAnmerkung: Nur alle schwarzen Felder sollten überdeckt werden; es können also weiße Felder frei bleiben. Selbstverständlich ragen die Triminos nicht über das Schachbrett hinaus. Zu einer vollständigen Lösung gehört auch der Nachweis, dass beim Schritt $n \\rightarrow n+2$ die hinzugefügten Triminos mit der minimalen Anzahl verträglich sind, sowie die Erwähnung von $n=1$.", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "# Lösung\n"}