{"year": "2004", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Eine Funktion $f$ ist gegeben durch $f(x)+f\\left(1-\\frac{1}{x}\\right)=1+x$ für $x \\in \\mathbb{R} \\backslash\\{0,1\\}$.\nMan ermittle eine Formel für $f$.", "solution": "Sei $x \\in \\mathbb{R} \\backslash\\{0,1\\}$ und $y=1-\\frac{1}{x}$ und $z=\\frac{1}{1-x}$. Es ist leicht einzusehen, dass zusammen mit $x$ auch $y$ und damit auch $z$ zu $\\mathbb{R} \\backslash\\{0,1\\}$ gehören. Einsetzen von $y$ und $z$ in die Ausgangsgleichung führt zu:\n\n$$\nf\\left(1-\\frac{1}{x}\\right)+f\\left(\\frac{1}{1-x}\\right)=2-\\frac{1}{x} \\text { und } f\\left(\\frac{1}{1-x}\\right)+f(x)=1+\\frac{1}{1-x}\n$$\n\nDurch Subtraktion der beiden letzten Beziehungen erhält man:\n\n$$\nf(x)-f\\left(1-\\frac{1}{x}\\right)=\\frac{1}{1-x}+\\frac{1}{x}-1\n$$\n\nund nach Addition zur Ausgangsgleichung führt das schließlich zu\n\n$$\nf(x)=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{1-x}+\\frac{1}{x}+x\\right)=\\frac{-x^{3}+x^{2}+1}{2 x(1-x)}\n$$", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2004", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "Im Dreieck $A B C$ ist $A D(D \\in B C)$ eine Seitenhalbierende, $E$ ein Punkt auf $A C$ und $F$ der Schnittpunkt von $B E$ mit $A D$.\n\nMan beweise: Falls $\\frac{B F}{F E}=\\frac{B C}{A B}+1$, dann ist $B E$ eine Winkelhalbierende.", "solution": "Seien $B^{\\prime}, C^{\\prime}, E^{\\prime}$ die Projektionen von $B, C$ und $E$ auf die Gerade $A D$. Die rechtwinkligen Dreiecke $\\triangle D B B^{\\prime}$ und $\\triangle D C C^{\\prime}$ sind kongruent, da $D$ der Mittelpunkt von $B C$ ist und die spitzen Winkel bei $D$ gleich groß sind. Daraus folgt, dass $B B^{\\prime}=C C^{\\prime}$.\nIm Dreieck $\\triangle A C^{\\prime} C$ ist $E E^{\\prime}$ parallel zu $C C^{\\prime}$ und folglich\n\n$$\n\\frac{A C}{A E}=\\frac{C C^{\\prime}}{E E^{\\prime}}=\\frac{B B^{\\prime}}{E E^{\\prime}} .\n$$\n\nDie rechtwinkligen Dreiecke $\\triangle B B^{\\prime} F$ und $\\triangle E E^{\\prime} F$ sind ähnlich, da die Winkel bei $F$ gleich sind. Daraus folgt $\\frac{B B^{\\prime}}{E E^{\\prime}}=\\frac{B F}{F E}$, was zusammen mit der vorletzten Beziehung zu $\\frac{A C}{A E}=\\frac{B F}{E F}$ führt.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_acd7771597f5c3e3bb40g-1.jpg?height=724&width=889&top_left_y=2088&top_left_x=900)\n\nErsetzt man nun $\\frac{B F}{E F}$ in der Ausgangsbeziehung durch $\\frac{A C}{A E}$, ergibt sich:\n$\\frac{B C}{A B}+1=\\frac{A C}{A E}=\\frac{B C+A B}{A B}$, was zu $\\frac{A C-A E}{A E}=\\frac{B C}{A B}$ und schließlich zu $\\frac{E C}{A E}=\\frac{B C}{A B}$ führt.\nGemäß der Umkehrung des Satzes der Winkelhalbierenden ist $B E=w_{\\beta}$.", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "# Lösung\n"}
{"year": "2004", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Gegeben sind die sechs reellen Zahlen $a, b, c$ und $x, y, z$ so, dass\na) $0<b-c<a<b+c$\nb) $a x+b y+c z=0$\n\nMan ermittle (mit Begründung!) das Vorzeichen von $a y z+b x z+c x y$.", "solution": "Aus $0<b-c<a<b+c$ folgt, dass $a, b$ und $c$ positiv sind. Außerdem kann man mit Strecken dieser Längen ein Dreieck konstruieren. Daraus folgt, dass die Zahlen $-a+b+c, \\quad a-b+c$ und $a+b-c$ positiv sind.\nAus $a x+b y+c z=0$ folgt $x=-\\frac{b y+c z}{a}$.\nEs ergibt sich\n\n$$\na y z+b z x+c x y=a y z-\\frac{1}{a}(b y+c z)(b z+c y)=-\\frac{1}{a}\\left(b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z\\right)\n$$\n\nEs reicht zu zeigen, dass der Term in der letzten Klammer nicht negativ ist.\nEine einfache Umformung ergibt\n\n$$\nb^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z=b c y^{2}+b c z^{2}+\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right) y z\n$$\n\nDa $a$ und $c$ positiv sind, kann man den Term mit $4 b c$ multiplizieren, ohne dass sich das Vorzeichen ändert. Es ist also das Vorzeichen von $4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b^{2} c^{2} z^{2}+4 b c\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right) y z$ zu untersuchen. Durch Addition und Subtraktion von $\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)^{2} z^{2}$ ergibt sich der Reihe nach:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b c y z\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)+\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right) z^{2}+\\left[4 b^{2} c^{2}-\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)^{2}\\right] z^{2}= \\\\\n& =\\left[2 b c y+\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right) z\\right]^{2}+\\left[4 b^{2} c^{2}-\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)^{2}\\right] z^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nDas Vorzeichen des letzten Terms ist nicht negativ, da der erste Teil ein Quadrat ist und im zweiten Teil $4 b^{2} c^{2}-\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)^{2}=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$ positiv ist. Die Zahl $a y z+b z x+c x y$ ist folglich nicht positiv.", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "# Lösung\n"}