{"year": "2010", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Das Viereck $A B C D$ sei eine Raute mit spitzem Winkel bei $A$. Die Punkte $M$ und $N$ mögen so auf den Strecken $A C$ und $B C$ gelegen sein, dass $|D M|=|M N|$. Ferner sei $P$ der Schnittpunkt von $A C$ und $D N$ sowie $R$ der Schnittpunkt von $A B$ und $D M$. Man beweise, dass $|R P|=|P D|$.\n\nAnmerkung: Für $M=A$ und $N=B$ gilt $|D M|=|M N|$, aber $|R P| \\neq|P D|$. Unter der zusätzlichen Voraussetzung, dass $M$ bzw. $N$ im Inneren der Strecken $A C$ bzw. $B C$ liegen, ist die Behauptung jedoch korrekt. Den Fehler zu bemerken, zählte nicht als Lösung.", "solution": "Der Fall $N=B$ sei im Folgenden ausgeschlossen. Dann ist $D N$ nicht orthogonal zu $A C$, und $M$ ist eindeutig charakterisiert als Schnittpunkt der Mittelsenkrechte von $D N$ mit $A C$. Im Dreieck $D N C$ ist $A C$ die Winkelhalbierende bei $C$, und in jedem Dreieck schneiden sich die Winkelhalbierende und die gegenüberliegende Mittelsenkrechte auf dem zugehörigen Umkreisbogen, also ist $D M N C$ ein Sehnenviereck, insbesondere ist $\\varangle M D N=\\varangle M C N$. Nun ist $\\varangle M D N=\\varangle R D P$ und $\\varangle M C N=\\varangle A C B=\\varangle B A C=\\varangle R A P$, also ist nach dem Satz vom Umfangswinkel auch $A R P D$ ein Sehnenviereck. In seinem Umkreis sind wegen $\\varangle R A P=\\varangle B A C=\\varangle C A D=\\varangle P A D$ die Sehnen $R P$ und $P D$ gleich lang (Sinussatz oder Umfangswinkel).\n\nBemerkungen: Diese Aufgabe erforderte eine genaue Analyse der relativen Lage der verschiedenen Punkte. Häufig war das angegebene Argument deshalb nur in bestimmten Fällen anwendbar, beispielsweise im Kontext des Sehnenfünfecks $M R B N P$ bzw. MBRNP. Die meisten Versuche, die Aufgabe durch Verwendung von Koordinaten rechnerisch zu lösen, scheiterten an Rechenfehlern. Relativ häufig wurde auch das Sehnenviereck $B N P M$ erkannt.", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "\nLösung:"}
{"year": "2010", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "Man beweise oder widerlege, dass für alle positiven reellen Zahlen $a, b$ und $c$ die Ungleichung\n\n$$\n3 \\leq \\frac{4 a+b}{a+4 b}+\\frac{4 b+c}{b+4 c}+\\frac{4 c+a}{c+4 a}<\\frac{33}{4}\n$$", "solution": "Beweis von $3 \\leq \\frac{4 a+b}{a+4 b}+\\frac{4 b+c}{b+4 c}+\\frac{4 c+a}{c+4 a}$ :\n\n1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen führt zur äquivalenten Ungleichung $45 a b c \\leq 7\\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\\right)+8\\left(a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}\\right)$. Dies folgt aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel (z. B. $a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \\geq 3 \\sqrt[3]{a^{2} b \\cdot b^{2} c \\cdot c^{2} a}=3 a b c$ ).\n2. Variante: Für $n \\geq 1$ und reelle Zahlen $a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{1}, \\ldots, b_{n}$ gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung $\\sqrt{a_{1}^{2}+\\ldots+a_{n}^{2}} \\sqrt{b_{1}^{2}+\\ldots+b_{n}^{2}} \\geq a_{1} b_{1}+\\ldots+a_{n} b_{n}$. Für $n=3, a_{1}^{2}=\\frac{4 a+b}{a+4 b}, a_{2}^{2}=\\frac{4 b+c}{b+4 c}, a_{3}^{2}=\\frac{4 c+a}{c+4 a}$, $b_{1}^{2}=(4 a+b)(a+4 b), b_{2}^{2}=(4 b+c)(b+4 c), b_{3}^{2}=(4 c+a)(c+4 a)$ ergibt sich\n\n$$\n\\left(\\frac{4 a+b}{a+4 b}+\\frac{4 b+c}{b+4 c}+\\frac{4 c+a}{c+4 a}\\right)((4 a+b)(a+4 b)+(4 b+c)(b+4 c)+(4 c+a)(c+4 a)) \\geq(5(a+b+c))^{2}\n$$\n\nDer zweite Faktor ist wegen $2(a+b+c)^{2}-6(a b+b c+c a)=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \\geq 0$ kleiner als $\\frac{25}{3}(a+b+c)^{2}$, woraus die Behauptung folgt.\nBeweis von $\\frac{4 a+b}{a+4 b}+\\frac{4 b+c}{b+4 c}+\\frac{4 c+a}{c+4 a}<\\frac{33}{4}$ :\n\n1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen liefert die äquivalente (triviale) Ungleichung $0<127 a b c+16\\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\\right)$.\n2. Variante: Die Ungleichung ist äquivalent $\\mathrm{zu} \\frac{b}{a+4 b}+\\frac{c}{b+4 c}+\\frac{a}{c+4 a}>\\frac{1}{4}$; Letzteres gilt wegen\n\n$$\n\\frac{b}{a+4 b}+\\frac{c}{b+4 c}+\\frac{a}{c+4 a}>\\frac{b}{4 a+4 b+4 c}+\\frac{c}{4 a+4 b+4 c}+\\frac{a}{4 a+4 b+4 c}=\\frac{1}{4}\n$$\n\nBemerkungen: 1. Die Ungleichung geht zwar bei zyklischer Vertauschung $a$ nach $b, b$ nach $c, c$ nach $a$ in sich über, nicht aber bei beliebigem Permutatieren von $a, b, c$. Daher kann man zwar ohne Einschränkung $a \\geq b$ und $a \\geq c$ voraussetzen, nicht jedoch $a \\geq b \\geq c$. Viele Lösungsansätze funktionierten nur unter letzterer Voraussetzung.\n2. Manche Teilnehmer untersuchten den Grenzwert für $a \\rightarrow \\infty$ bei festem $b$ und $c$ und schätzten dann $\\frac{4 b+c}{b+4 c}$ ab. Das ist kein Beweis für die rechte Ungleichung, da die Summe für endliche Werte von $a$ größer als für $a \\rightarrow \\infty$ sein kann.\n3. Die Zahl $\\frac{33}{4}$ wird für $a=1, b=\\varepsilon, c=\\varepsilon^{2}$ für $\\varepsilon \\rightarrow 0$ beliebig angenähert.", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "\nLösung:"}
{"year": "2010", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Man bestimme alle Paare $(m, n)$ nicht-negativer ganzer Zahlen, die der Gleichung\n\n$$\n3^{m}-7^{n}=2\n$$\n\ngenügen.", "solution": "Die Paare $(1,0)$ und $(2,1)$ sind Lösungen. Es sei $(m, n)$ eine Lösung mit $m, n \\geq 2$. Die Lösung besteht aus drei Schritten:\n\n1. Es ist $7^{n} \\equiv-2 \\bmod 9 \\Longleftrightarrow n \\equiv 1 \\bmod 3$.\n2. Es ist $3^{m} \\equiv 2 \\bmod 49 \\Longleftrightarrow m \\equiv 26 \\bmod 42$.\n3. Die Bedingungen aus 1 und 2 ergeben einen Widerspruch modulo 43.\n\nSchritt 1: Es gilt $7^{1} \\equiv 7,7^{2} \\equiv 4$ und $7^{3} \\equiv 1 \\bmod 9$, ab dann sind die Reste periodisch mit Periode 3. Aus der Ausgangsgleichung folgt $7^{n} \\equiv 7 \\bmod 9$, also $n \\equiv 1 \\bmod 3$.\nSchritt 2: Zeige zunächst $m \\equiv 2 \\bmod 6$ analog zu Schritt 1. Nach dem Satz von Euler-Fermat ist $3^{42} \\equiv 1 \\bmod 49$, die Periode ist also höchstens 42 . Unter Verwendung von $3^{6} \\equiv-6 \\bmod 49$ erhält man:\n\n| $m$ | 2 | 8 | 14 | 20 | 26 | 32 | 38 |\n| :--- | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: |\n| $3^{m} \\bmod 49$ | 9 | 44 | 30 | 16 | 2 | 37 | 23 |\n\nEs gilt also $3^{m} \\equiv 2 \\bmod 49$ genau dann, wenn $m \\equiv 26 \\bmod 42$.\nSchritt 3: Schreibe $m=42 m^{\\prime}+26$ und $n=3 n^{\\prime}+1$. Betrachtet man nun die ursprüngliche Gleichung modulo 43 , erhält man mit dem kleinen Satz von Fermat und $7^{3} \\equiv-1 \\bmod 43$\n\n$$\n3^{42 m^{\\prime}+26}-7^{3 n^{\\prime}+1} \\equiv 3^{26}-(-1)^{n^{\\prime}} \\cdot 7 \\equiv 15-(-1)^{n^{\\prime}} \\cdot 7 \\not \\equiv 2 \\quad \\bmod 43\n$$\n\nEs gibt also keine weiteren Lösungen.\nBemerkungen: Diese Aufgabe wurde von keinem Teilnehmer gelöst. Eine häufige Lücke in den Ansätzen war die folgende: Aus $a^{b} \\equiv a^{c} \\bmod M$ folgt nicht $b \\equiv c \\bmod \\varphi(M)$, wie das für die Aufgabe relevante Beispiel $a=7, b=4, c=1, M=9$ zeigt.\nAufgrund der Periodizität der Potenzreste ist es nicht möglich, direkt aus $3^{m}-7^{n}=2$ einen Widerspruch modulo 43 oder einer anderen Primzahl $\\neq 3,7$ herzuleiten, denn die Gleichung besitzt ja Lösungen. Erst mit zusätzlichen, mit Hilfe der Primzahlen 3 und 7 gewonnenen Einschränkungen erhält man den gewünschten Widerspruch.", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "\nLösung:"}