# Auswahlwettbewerb zur IMO 2004 

Lösungen zur 2. Auswahlklausur

## Aufgabe 1

In der Ebene liegen n abgeschlossene Kreisscheiben $\mathrm{K}_{1}, \mathrm{~K}_{2}, \ldots ; \mathrm{K}_{\mathrm{n}}$ mit gleichem Radius r . Jeder Punkt der Ebene ist dabei in höchstens 2003 dieser Kreisscheiben enthalten. Man beweise, dass jede Kreisscheibe $K_{\mathrm{i}}$ höchstens 14020 andere Kreisscheiben schneidet.

## Lösung

Wir führen einen Beweis durch Widerspruch. Dazu nehmen wir zusätzlich zur Voraussetzung an, dass eine Kreisscheibe (oBdA sei dies $K_{1}$ ) mindestens 14021 andere Kreisscheiben schneidet. Die Mittelpunkte dieser Scheiben liegen dann offensichtlich alle in einer Kreisscheibe mit Radius $2 r$ um den Mittelpunkt $M_{1}$ von $K_{1}$. Lägen 2003 oder mehr der Mittelpunkte dieser anderen Kreisscheiben in oder auf dem Rand von $K_{1}$, so würden diese Scheiben alle $M_{1}$ enthalten. Damit würde $M_{1}$ in mehr als 2003 Kreisscheiben enthalten sein, da $M_{1}$ auch in $K_{1}$ enthalten ist. Also müssen mindestens 14021 - 2002 $=12019$ Mittelpunkte der anderen Kreisscheiben in einem Kreisring mit innerem Radius r und äußerem Radius $2 r$ um $M_{1}$ liegen. Teilen wir diesen Ring in 6 gleich große Sektoren mit Innenwinkel $60^{\circ}$, so liegen nach dem Schubfachprinzip in mindestens einem Sektor wenigstens 2004 dieser Mittelpunkte.
In der Zeichnung ist dieser Sektor mit dem Mittelpunkt $M$ der Strecke $A B$ dargestellt. Aus $\left|A M_{1}\right|=\left|B M_{1}\right|=2 r$ und $\angle A M_{1} B=$ $60^{\circ}$ folgt, dass $\triangle A B M_{1}$ gleichseitig ist. Also sind $M D$ und MC seine Mittelparallelen und es folgt
$|M A|=|M B|=|M C|=|M D|=r$. Daher liegt der Sektor vollständig in einem Kreis um M mit Radius r. Jede der wenigstens 2004 Kreisscheiben mit Mittelpunkten in diesem Sektor enthält also den Punkt M. Damit ist M aber in
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wenigstens 2004 Kreisscheiben enthalten - ein Widerspruch zur Annahme.

## Aufgabe 2

Gegeben seien jeweils n reelle Zahlen $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ bzw. $\mathrm{y}_{1}, \mathrm{y}_{2}, \ldots, \mathrm{y}_{\mathrm{n}}$. Die Elemente einer $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$-Matrix A seien folgendermaßen definiert: ( $1 \leq \mathrm{i}, \mathrm{j} \leq \mathrm{n}$ )

$$
a_{i j}= \begin{cases}1 & \text { wenn } x_{i}+y_{j} \geq 0 \\ 0 & \text { wenn } x_{i}+y_{j}<0\end{cases}
$$

Weiter sei B eine $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$-Matrix mit Elementen 0 oder 1, so dass die Summe der Elemente in jeder Zeile und jeder Spalte von B gleich der Summe der Elemente in der entsprechenden Zeile bzw. Spalte von A ist.
Man beweise, dass dann $\mathrm{A}=\mathrm{B}$ gilt.

## Lösung

Wir nehmen an, dass es eine Matrix $B$ der geforderten Art gebe mit $B \neq A$. Nun betrachten wir in A nur noch diejenigen Elemente $a_{i j}$, die sich von den entsprechenden Elementen $b_{i j}$ unterscheiden. Es muss mindestens ein solches Element geben. Alle anderen Elemente von A werden gestrichen. Dann ist innerhalb jeder Zeile bzw. Spalte die Anzahl der verbleibenden Nullen gleich der Anzahl der verbleibenden Einsen, da diese

Anzahlen in B bei gleicher Zeilen- bzw. Spaltensumme gerade vertauscht sind. Also tritt jede Zahl $x_{i}$ in der verbleibenden Anordnung genauso oft als Summand einer Summe $x_{i}+y_{j}<0$ auf wie als Summand einer Summe $x_{i}+y_{j} \geq 0$. Das Gleiche gilt für jede Zahl $y_{j}$.
Nun addieren wir alle Summen $x_{i}+y_{j}<0$ mit $a_{i j} \neq b_{i j}$. Die Summe dieser Summen ist zwangsläufig $<0$. Ebenso addieren wir alle Summen $x_{i}+y_{j} \geq 0$ mit $a_{i j} \neq b_{i j}$. Die Summe dieser Summen ist zwangsläufig $\geq 0$. Da aber jede der Zahlen $x_{i}$ und $y_{j}$ gleich häufig in beiden Summen auftritt, müssen diese Summen den gleichen Wert haben Widerspruch! Daher kann es keine verschiedenen Elemente in A und B geben und es gilt $A=B$.

## Aufgabe 3

Es sei $A B C$ ein gleichschenkliges Dreieck mit $\overline{A C}=\overline{B C}$ und Inkreismittelpunkt I. Ferner sei $P$ ein Punkt im Inneren von ABC auf dem Umkreis des Dreiecks BIA. Die Parallelen zu $C A$ und $C B$ durch $P$ schneiden $A B$ in $D$ bzw. E. Die Parallele zu AB durch P schneidet CA und $C B$ in $F$ bzw. G.
Man zeige, dass sich die Geraden DF und EG auf dem Umkreis des Dreiecks ABC schneiden.

Lösung: Wegen $\angle F P E=\angle F G B=180^{\circ}-\angle C B A=180^{\circ}-\angle B A C=180^{\circ}-\angle F A E$ (Parallelität und Gleichschenkligkeit) ist FAEP ein Sehnenviereck. Analog erweist sich GPDB als Sehnenviereck. Ihre beiden Umkreise schneiden sich in P und einem weiteren Punkt, den wir mit S bezeichnen. Nun folgt weiter $\angle E S P=\angle E A P=\angle B A P=180^{\circ}-\angle A P B-\angle P B A$ $=180^{\circ}-\angle A I B-\angle P B A=\angle B A I+\angle I B A-\angle P B A=2 \cdot \frac{1}{2} \angle C B A-\angle P B A=\angle C B P=\angle G B P$ $=\angle G S P$ (Umfangswinkel und Symmetrie). Also liegt S auf der Geraden EG; entsprechend sind S, D und F kollinear. Deshalb ist S der Schnittpunkt von DF und EG. Es bleibt zu beweisen, dass dieser Punkt auf dem Umkreis von ABC liegt.
In der Tat gilt
$\angle B S A=\angle P S A+\angle B S P=180^{\circ}-\angle A F P+180^{\circ}-\angle P G B=$ $\angle G F C+\angle C G F=180^{\circ}-\angle F C G=180^{\circ}-\angle A C B$. Somit ist ASBC ein Sehnenviereck, was zu beweisen war.
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