problem: Es sei $p>7$ eine Primzahl, die bei Division durch 6 den Rest 1 lässt. Setze $m=2^{p}-1$. Man beweise, dass $2^{m-1}-1$ ohne Rest durch $127 m$ teilbar ist.

solution:
Die Lösung besteht aus drei Schritten:

1. $2^{m-1}-1$ ist durch 127 teilbar.
2. $2^{m-1}-1$ ist durch $m$ teilbar.
3. 127 und $m$ sind teilerfremd.

Zu 1: Es gilt $2^{6} \equiv 1 \bmod 7$. Aus $p \equiv 1 \bmod 6$ folgt $2^{p} \equiv 2 \bmod 7$, also $7 \mid m-1$. Mit $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$ folgt daraus $2^{m-1} \equiv 1 \bmod 127$.
Zu 2 : Es gilt $2^{p} \equiv 2 \bmod p$ (kleiner Satz von Fermat), d. h. $p \mid m-1$. Aus $2^{p} \equiv 1 \bmod m$ folgt damit $2^{m-1} \equiv 1 \bmod m$.
Zu 3 : Es gilt $2^{p} \equiv 1 \bmod 127$ genau dann, wenn $p$ durch 7 teilbar ist (schreibe $p=7 k+r$ mit $0 \leq r<7$ und verwende $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$ ). Wegen $p>7$ ist das nicht der Fall, also ist $m$ nicht durch 127 teilbar, und da 127 eine Primzahl ist, sind 127 und $m$ teilerfremd.
Bemerkungen: Die Beziehung $\operatorname{ggT}\left(2^{a}-1,2^{b}-1\right)=2^{\operatorname{ggT}(a, b)}-1$ erlaubt eine Verkürzung der Lösung. Statt Kongruenzrechnung kann teilweise auch die Teilbarkeitsaussage $a-b \mid a^{n}-b^{n}$ verwendet werden. Einige Teilnehmer verwendeten eine fehlerhafte Fassung des Satzes von Euler-Fermat: er lautet $a^{\phi(m)} \equiv 1 \bmod m$ für $\operatorname{ggT}(a, m)=1$ doch nur für $m$ Primzahl gilt $\phi(m)=m-1$.

problem_match: # Aufgabe 1

solution_match: Lösung:


problem: Das Dreieck $A B C$ sei bei $A$ rechtwinklig. Es bezeichne $M$ den Mittelpunkt der Strecke $B C$. Der Punkt $D$ liege auf der Seite $A C$ und erfülle $\overline{A D}=\overline{A M}$. Der von $C$ verschiedene Schnittpunkt der Umkreise der Dreiecke $A M C$ und $B D C$ heiße $P$. Man beweise, dass $C P$ den bei $C$ gelegenen Winkel des Dreiecks $A B C$ halbiert.

solution: : Der Winkel $\varangle P D C$ ist einerseits Nebenwinkel von $\varangle A D P$, andererseits liegt er im Sehnenviereck $B P D C$ dem Winkel $\varangle C B P$ gegenüber. Folglich $\varangle A D P=$ $\varangle C B P$. Analog ist der Winkel $\varangle C M P$ Nebenwinkel von $\varangle P M B$ und liegt im Sehnenviereck $A P M C$ dem Winkel $\varangle P A C$ gegenüber, also $\varangle P M B=\varangle P A C$. Die Dreiecke $P B M$ und $P D A$ stimmen somit in den Innenwinkeln bei $B$ und $D$ sowie bei $M$ und $A$ überein, außerdem ist nach Voraussetzung $\overline{A D}=\overline{A M}=\overline{M B}$ (die letzte Gleichheit ergibt sich aus dem Satz des Thales). Nach dem Kongruenzsatz wsw sind die Dreicke $P B M$ und $P D A$ kongruent, insbesondere sind ihre von $P$ ausgehenden Höhen gleich lang. Sie sind aber die Lote von $P$ auf die Dreiecksseiten $C A$ bzw. $C B$, also liegt $P$ auf der Winkelhalbierenden.

problem_match: # Aufgabe 2

solution_match: Lösung 1


solution: (Skizze, nach M. Krebs): Bezeichne mit $m_{X Y}$ die Mittelsenkrechte der Strecke $X Y$. Dann sind sowohl $m_{C D}$ und $m_{C A}$ also auch $m_{C M}$ und $m_{C B}$ Paare paralleler Geraden im Abstand $\frac{1}{4} \overline{B C}$, also begrenzen sie eine Raute. Die Mittelpunkte $M_{1}, M_{2}$ der beiden in der Aufgabe genannten Umkreise sind die Schnittpunkte von $m_{C A}$ mit $m_{C M}$ bzw. von $m_{C D}$ mit $m_{C B}$. Die Gerade $(C P)$ steht senkrecht auf der Verbindungsgeraden $\left(M_{1} M_{2}\right)$, ist also parallel zur zweiten Diagonalen in der Raute. Man überlegt sich nun leicht, dass die zweite Diagonale parallel zur Winkelhalbierenden ist.

solution_match: Lösung 2


problem: Auf einer Tafel stehe am Anfang eine positive ganze Zahl. Wenn eine Zahl $x$ auf der Tafel steht, darf man die Zahlen $2 x+1$ und $\frac{x}{x+2}$ dazuschreiben. Irgendwann stehe auch die Zahl 2008 auf der Tafel. Man beweise, dass sie von Anfang an dastand.

solution:
Anfangs stehe die Zahl $a$ auf der Tafel. Der Übergang von $x$ zu $2 x+1$ oder $\frac{x}{x+2}$ werde als Transformation bezeichnet. Alle Zahlen auf der Tafel sind positiv. 1. Variante: Aus der Zahl $a$ entstehen durch $k$ Transformationen stets Zahlen der Form $\frac{m a+m-1}{\left(2^{k}-m\right) a+2^{k}-m+1}$ mit ganzzahligem $0<m \leq 2^{k}$ (Beweis durch vollständige Induktion nach $k$ ). Steht also irgendwann 2008 an der Tafel, gibt es somit $k \geq 0$ und $0<m \leq 2^{k}$ mit $\frac{m a+m-1}{\left(2^{k}-m\right) a+2^{k}-m+1}=2008$ bzw. $2009=(a+1)\left(2009 m-2008 \cdot 2^{k}\right)$. Da der zweite Faktor teilerfremd zu 2009 ist (da 2008 und $2^{k}$ teilerfremd zu 2009), folgt $a+1=2009$. 2. Variante: Schreibe auf ein Blatt Papier zu jeder Zahl $t$ der Tafel die Zahl $f(t)=\frac{2009}{t+1}$. Irgendwann steht 1 auf dem Blatt. Eine Transformation einer Zahl auf der Tafel bildet eine Zahl $z$ auf dem Blatt auf $z / 2$ oder $\frac{2009+z}{2}$ ab. Ist also die Anfangszahl $f(a)$ auf dem Blatt nicht ganzzahlig oder nicht teilerfremd zu 2009, können daraus nicht irgendwann ganzzahlige oder zu 2009 teilerfremde Zahlen entstehen. Somit ist $f(a)$ ganzzahlig und teilerfremd zu 2009. Da $f(a)=\frac{2009}{a+1}$ zudem 2009 teilt, folgt $f(a)=1$ und $a=2008$. 3. Variante: Jede Transformation bildet die gekürzte rationale Zahl $p / q$ auf die gekürzte Zahl $p^{\prime} / q^{\prime}$ ab, wobei $p, q, p^{\prime}, q^{\prime}$ positive ganze Zahlen sind und $p^{\prime}+q^{\prime} \in\{p+q, 2(p+q)\}$. Anfangs hat man die gekürzte Darstellung $\frac{a}{1}$, am Ende $\frac{2008}{1}$, es gibt also $k \geq 0$ mit $2^{k}(a+1)=2008+1$. Da 2009 ungerade ist, folgt $k=0$ und $a+1=2009$.
4. Variante: Bilde die Zahlenfolge $a_{0}=a, a_{1}, \ldots, a_{k}=2008$ aus Zahlen auf der Tafel, wobei $a_{j+1}$ für $0 \leq j<k$ durch eine der beiden Transformationen aus $a_{j}$ entsteht. Aus $a_{k}$ lassen sich $a_{k-1}, \ldots, a_{0}$ eindeutig rekonstruieren, da für alle $x>0$ gilt: $2 x+1>1$, $0<\frac{x}{x+2}<1$. Mit Induktion nach $n$ für $n=0, \ldots, k$ zeigt man, dass $a_{k-n}=\frac{2009-b_{n}}{b_{n}}$ mit $0<b_{n}<2009$ und $b_{n} \equiv 2^{n} \bmod 2009$. Damit ist $a_{k-n}$ ganzzahlig (mit Wert 2008) genau dann, wenn $2^{n} \equiv 1 \bmod 2009$ bzw. wenn $420 \mid n$.
Bemerkungen: Einige Teilnehmer betrachteten nur spezielle Abfolgen der beiden Transformationen oder versuchten (fehlerhaft) zu beweisen, dass in der 4. Variante die Zahl $a_{k-n}$ nur für $n=0$ ganzzahlig sein kann. 2009 ist keine Primzahl: $2009=7^{2} \cdot 41$.

problem_match: # Aufgabe 3

solution_match: Lösungsskizze: