# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade <br> Lösungen zur 2. IMO-Auswahlklausur 2007 

## Aufgabe 1

Eine $F$ olge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ reeller Zahlen ist rekursiv definiert durch

$$
a_{0}=-1, \quad \sum_{k=0}^{n} \frac{a_{n-k}}{k+1}=0 \quad \text { für } n \geq 1 .
$$

$M$ an beweise, dass $a_{n}>0$ für alle $n \geq 1$ gilt.

Lösung: 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 $n \geq 1$.

## Aufgabe 2

Für ein konvexes Fünfeck $A B C D E$ gilt

$$
\varangle B A C=\varangle C A D=\varangle D A E \quad \text { sowie } \quad \varangle C B A=\varangle D C A=\varangle E D A .
$$

Der Schnittpunkt der Diagonalen BD und CE wird mit $P$ bezeichnet.
M an beweise, dass die Gerade $A P$ durch den Mittelpunkt der Seite $C D$ verläuft.

Lösung: 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

Ähnlichkeiten 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.
Anmerkung: Eine weitere, sehr elegante Lösung ergibt sich bei Verwendung des Satzes von Ceva im Dreieck $A C D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_3d493381df7bd6df364cg-2.jpg?height=629&width=787&top_left_y=174&top_left_x=1000)

## Aufgabe 3

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.

Lösung: 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.
Im Folgenden betrachten wir nur die Stellen hinter einer evtl. auftretenden
Vorperiode der Länge $v$. Die erste Zweierpotenz größer als $v$ sei mit $2^{s}$ bezeichnet, die P eriodenlänge des Dezimalbruchs mit $d$.
W 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.
Dann 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 $m$.
A uch y kann eine Vorperiode - höchstens von der Länge $s$ - besitzen.
Diese Überlegungen sind unabhängig von der Basis $b \geq 2$ des Zahlsystems.
Anmerkung: 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 $y$.