{"year": "2007", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Eine $F$ olge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \\ldots$ reeller Zahlen ist rekursiv definiert durch\n\n$$\na_{0}=-1, \\quad \\sum_{k=0}^{n} \\frac{a_{n-k}}{k+1}=0 \\quad \\text { für } n \\geq 1 .\n$$\n\n$M$ an beweise, dass $a_{n}>0$ für alle $n \\geq 1$ gilt.", "solution": "Für $n=1$ gilt $a_{1}+\\frac{1}{2} a_{0}=0$, also $a_{1}=\\frac{1}{2}>0$. Nun gelte $a_{i}>0$ für $1 \\leq i<n$. A us dem Gegebenen folgt $\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k+1}+\\frac{a_{n}}{1}+\\frac{a_{0}}{n+1}=0 \\Leftrightarrow a_{n}=\\frac{1}{n+1}-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k+1}(*)$ und ebenso $0=\\sum_{k=0}^{n-1} \\frac{a_{(n-1)-k}}{k+1}=\\sum_{k=1}^{n} \\frac{a_{n-k}}{k}=\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k}+\\frac{a_{0}}{n} \\Leftrightarrow \\frac{1}{n}=\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k}$. Dies führt auf $\\frac{1}{n+1}=\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(\\frac{a_{n-k}}{k} \\cdot \\frac{n}{n+1}\\right)$ und wegen $n>k \\Leftrightarrow \\frac{n}{n+1}>\\frac{k}{k+1} \\Leftrightarrow \\frac{n}{k(n+1)}>\\frac{1}{k+1}$ auf $\\frac{1}{n+1}>\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k+1}$. Mit (*) ergibt sich $a_{n}>\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k+1}-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{a_{n-k}}{k+1}=0$. Mit vollständiger Induktion gilt daher $a_{n}>0$ für alle $n \\geq 1$.", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "\nLösung:"}
{"year": "2007", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "Für ein konvexes Fünfeck $A B C D E$ gilt\n\n$$\n\\varangle B A C=\\varangle C A D=\\varangle D A E \\quad \\text { sowie } \\quad \\varangle C B A=\\varangle D C A=\\varangle E D A .\n$$\n\nDer Schnittpunkt der Diagonalen BD und CE wird mit $P$ bezeichnet.\nM an beweise, dass die Gerade $A P$ durch den Mittelpunkt der Seite $C D$ verläuft.", "solution": "W egen jeweils zweier gleicher Winkel sind die Dreiecke $A B C, A C D$ und $A D E$ ähnlich und wegen der Lage der W inkel gilt $\\frac{|B C|}{|C D|}=\\frac{|C D|}{|D E|}$. W eil gilt $\\varangle D C B=\\varangle E D C$ (Summe zweier gleicher Winkel), sind auch die Dreiecke $B C D$ und $C D E$ ähnlich. Daraus folgt $\\varangle B D C=\\varangle C E D=: \\varepsilon$ sowie $\\varangle C B D=\\varangle D C E=: \\delta$. Somit sind die Dreiecke $B C D$ und $D P C$ ähnlich, woraus $\\varangle A E P=\\gamma-\\varepsilon=\\varangle A D P$ folgt. Daher ist $A P D E$ ein Sehnenviereck. Völlig analog folgt, dass auch $A B C P$ ein Sehnenviereck ist. In der Figur sind die sich daraus ergebenden Winkel mit den Scheiteln $A$ und $P$ eingetragen. Insbesondere folgt daraus, dass die Dreiecke $A F D$ und $P F D$ sowie $A C F$ und $P C F$ ähnlich sind, wobei $F$ der Schnittpunkt von $A P$ und $C D$ ist. A us diesen\n\nÄhnlichkeiten folgt $\\frac{|D F|}{|F P|}=\\frac{|A F|}{|D F|}$ sowie $\\frac{|C F|}{|F P|}=\\frac{|A F|}{|C F|}$, woraus sich einerseits $|A F| \\cdot|F P|=|D F|^{2}$, andererseits $|A F| \\cdot|F P|=|C F|^{2}$ ergibt. Dies liefert $|C F|=|D F|$, was zu beweisen war.\nAnmerkung: Eine weitere, sehr elegante Lösung ergibt sich bei Verwendung des Satzes von Ceva im Dreieck $A C D$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_3d493381df7bd6df364cg-2.jpg?height=629&width=787&top_left_y=174&top_left_x=1000)", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "\nLösung:"}
{"year": "2007", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Für jede reelle Zahl $x$ mit $0<x<1$ sei $y \\in] 0 ; 1[$ diejenige Zahl, deren $n$-te Nachkommastelle die (2n)-te Nachkommastelle von $x$ ist. $M$ an beweise: Wenn $x$ rational ist, dann ist auch $y$ rational.", "solution": "Eine rationale Zahl besitzt eine abbrechende oder eine periodische Dezimalbruchentwicklung. Eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung lässt sich durch Anhängen von Nullen ins U nendliche fortsetzen und entspricht daher einer periodischen Dezimalbruchentwicklung mit der Periodenlänge 1.\nIm Folgenden betrachten wir nur die Stellen hinter einer evtl. auftretenden\nVorperiode der Länge $v$. Die erste Zweierpotenz größer als $v$ sei mit $2^{s}$ bezeichnet, die P eriodenlänge des Dezimalbruchs mit $d$.\nW eil es nur endlich viele Restklassen mod $d$ gibt, existieren zwei Zahlen $2^{t}$ und $2^{t+m}$, die den gleichen Rest $r$ mod $d$ lassen, d.h. $2^{t} \\equiv 2^{t+m} \\bmod d$ mit $m \\geq 1$. Dies bedeutet, dass die $t$. und die $(t+m)$. Nachkommastelle von $y$ gleich sind.\nDann gilt aber auch $2 \\cdot 2^{t} \\equiv 2 \\cdot 2^{t+m} \\bmod d \\Leftrightarrow 2^{t+1} \\equiv 2^{t+m+1} \\operatorname{modd}$, d.h. die ( $t+1$ ). und die $(t+m+1)$. Nachkommastelle von $y$ sind gleich. Entsprechend sind alle $(t+k)$. und $(t+m+k)$. Nachkommastellen von $y$ jeweils gleich $(0 \\leq k \\leq m)$. Daher ist $y$ periodisch mit der P eriodenlänge $m$.\nA uch y kann eine Vorperiode - höchstens von der Länge $s$ - besitzen.\nDiese Überlegungen sind unabhängig von der Basis $b \\geq 2$ des Zahlsystems.\nAnmerkung: Der bloße Hinweis auf das DIRICHLETsche Schubfachprinzip reicht nicht aus. Ein Zugang mit dem kleinen Satz von Fermat liefert genauere Informationen z.B. über die P eriodenlänge von $y$.", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "\nLösung:"}