## Auswahlwettbewerb zur IMO 2003

## Lösungen zur 2. Auswahlklausur

## Aufgabe 1

Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ mit der Eigenschaft

$$
f(f(x)+y)=2 x+f(f(y)-x)
$$

für alle $x, y \in \mathbb{R}$.

## Lösung

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).
Einsetzen 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.
Einsetzen 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: $f(f(x)+y)=x+y+2 c=2 x+f(f(y)-x)$.
Anmerkung: Zusätzliche Eigenschaften von $f$, wie etwa Injektivität, Monotonie oder Differenzierbarkeit, dürfen nicht vorausgesetzt, sondern müssen bewiesen werden.

## Aufgabe 2

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 $B$.
Man beweise, dass der Umkreismittelpunkt des Dreiecks BCD auf dem Umkreis des Dreiecks $A B C$ liegt.

## Lösung

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.
Es sei $P$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks BDC; dann ist nach dem Satz vom Mittelpunktswinkel
$\angle B P C=2 \cdot\left(180^{\circ}-\angle C D B\right)=360^{\circ}-2 \cdot \angle C D B$ (1).
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_e8c51b35eb62884c7df6g-1.jpg?height=355&width=464&top_left_y=2350&top_left_x=1367)
$P$ 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.

Um 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).
Nun betrachten wir den Schnittpunkt $R$ von $(A C)$ und ( $B D$ ) und folgern
$\angle A B D=\angle A B R=180^{\circ}-\angle R A B-\angle B R A=180^{\circ}-\angle C A B-\angle B R A$ sowie
$\angle A C D=\angle R C D=180^{\circ}-\angle C D R-\angle D R C=180^{\circ}-\angle C D B-\angle B R A$. Aus (5) ergibt sich
$\angle C D B=180^{\circ}+\angle C A B-\angle C D B$, 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.
Anmerkung: 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.

## Aufgabe 3

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.
a) Für welche Werte von $n$ ist es möglich, alle schwarzen Felder des Schachbretts durch nicht überlappende Triminos zu überdecken?
b) Welches ist bei möglicher Überdeckung die minimale Anzahl der jeweils benötigten Triminos?
Hinweis: Zwei Triminos überlappen sich, wenn sie wenigstens ein Einheitsquadrat gemeinsam bedecken.

## Lösung

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.
Die 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
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_e8c51b35eb62884c7df6g-2.jpg?height=387&width=381&top_left_y=2025&top_left_x=1446)
ergeben 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.
Anmerkung: 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 $n=1$.