## Lösungen zur 1. Auswahlklausur 2011/2012

Aufgabe 1 Man bestimme die kleinste positive Zahl $k$, für die folgendes der Fall ist: Wenn Kain in solcher Weise ganze Zahlen in die Zellen eines $2011 \times 2011$-Schachbrettes schreibt, dass die 4022 Summen, die man durch Addition aller Zahlen einer Zeile oder Spalte erhalten kann, paarweise übereinstimmen, so ist es für Abel möglich, durch Abänderung der Einträge aus nur $k$ der Zellen zu erreichen, dass diese 4022 Summen paarweise verschieden werden.
Lösung: $k=2681$. Beweis von $k \geq 2681$ : Abel muss mindestens 4021 der Summen ändern, o. B. d. A. alle Spaltensummen und alle bis auf höchstens eine Zeilensumme. Um die Spaltensummen zu ändern, muss Abel in jeder Spalte mindestens einen Eintrag abändern. Dies erledige Abel o. B. d. A. zuerst und pausiere dann. Zum Zeitpunkt dieser Pause seien $n$ Zeilen unverändert. Somit muss Abel in $n-1$ dieser Zeilen einen Eintrag abändern, damit sich die Zeilensummen unterscheiden können. Dies erledige Abel o. B. d. A. im Anschluss und pausiere wieder. Für $n \geq 671$ sind nun bereits mindestens 2681 Einträge abgeändert. Nun sei $n \leq 670$. Eine Zelle heiße unzureichend, wenn Abel ihren Eintrag geändert hat, aber keinen weiteren Eintrag einer Zelle in derselben Zeile oder Spalte. Da die Zeilen- und Spaltensumme einer unzureichenden Zelle gleich sind, darf am Ende keine Zelle unzureichend sein. Es gibt während Abels erster Pause mindestens 2011 - $2 n$ unzureichende Zellen. Durch jede Änderung bis zur zweiten Pause kann Abel höchstens eine dieser unzureichenden Zellen (durch Ändern eines Eintrags in derselben Spalte) eliminieren, durch jede Änderung nach der zweiten Pause höchstens zwei unzureichende Zellen. Daher sind nach der zweiten Pause mindestens $\frac{1}{2}(2011-2 n-(n-1))$ Einträge abzuändern, also zusammen mindestens $2011+(n-1)+\frac{1}{2}(2011-2 n-(n-1))=3016-\frac{n}{2} \geq 2681$.
Beweisidee zu $k \leq 2681$ : Für $1 \leq m, n \leq 2011$ sei die Zelle in Zeile $m$ und Spalte $n$ mit $\langle m ; n\rangle$ bezeichnet. Abel erhöht den Eintrag von 2681 Zellen $\langle m ; n\rangle$ jeweils um $2(m+n)+1$, und zwar von $\langle 2 ; 1\rangle$ sowie für $l=1, \ldots, 670$ von $\langle 3 l-1 ; 3 l-1\rangle,\langle 3 l ; 3 l-1\rangle,\langle 3 l+1 ; 3 l\rangle$ und $\langle 3 l+1 ; 3 l+1\rangle$.

Bemerkungen: Manchmal wurde argumentiert, dass mit Abändern zweier Einträge in derselben Zeile (oder Spalte) Abel drei Summen ändern könne und dies optimal sei, und daraus $k \geq 2681$ gefolgert. Dabei wurde aber implizit angenommen, dass eine Anordnung der Zellen mit geänderten Einträgen nach der Art wie der im Beweis von $k \leq 2681$ bereits optimal ist.

Aufgabe 2 Es sei $\Gamma$ der Umkreis des bei $C$ gleichschenkligen Dreiecks $A B C$. Im Inneren der Seite $\overline{B C}$ liege der Punkt $M$. Es gebe einen Punkt $N$ auf dem Strahl $A M$, für den $M$ zwischen $A$ und $N$ liegt und der $|A N|=|A C|$ erfüllt. Der Umkreis des Dreiecks $C M N$ schneide $\Gamma$ in den beiden verschiedenen Punkten $C$ und $P$. Die Geraden $A B$ und $C P$ mögen sich in einem Punkt $Q$ treffen. Man beweise, dass $\measuredangle B M Q=\measuredangle Q M N$.

Lösung: Die Idee zur Lösung geht von der Beobachtung aus, dass die Forderung $|A N|=|A C|=|B C|$ unverändert bleibt, wenn man $A$ und $C$ sowie $N$ und $B$ miteinander vertauscht. Dies legt nahe, dass man auch den Umkreis des Dreiecks $A M B$ betrachten sollte. Der zweite Schnittpunkt der Umkreise von $A M B$ und $C M N$ lässt sich schließlich als Inkreismittelpunkt von $A M C$ identifizieren.
Es sei $I$ der Inkreismittelpunkt des Dreiecks $A M C$. Bekanntlich ist $\measuredangle M I C=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2} \measuredangle M A C=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2} \measuredangle N A C$, und weil das Dreieck $A N C$ bei $A$ gleichschenklig ist, ist $\measuredangle N A C=\pi-2 \measuredangle C N A$, also ist $\measuredangle M I C=\pi-\measuredangle C N A=$ $\pi-\measuredangle C N M$, und weil $I$ und $N$ bezüglich der Geraden $C M$ in verschiedenen Halbebenen liegen, folgt aus dem Satz vom Sehnenviereck, dass $I M N C$ ein Sehnenviereck ist, d. h., dass $I$ auf dem Umkreis von $C M N$ liegt. Auf Grund der eingangs angesprochenen Symmetrie liegt $I$ auch auf dem Umkreis von $A B M$. Da $I$ als Inkreismittelpunkt ein innerer Punkt des Dreiecks $A M C$ ist, ist insbesondere $I \neq M$, und damit ist die Gerade $I M$ die Potenzgerade der Umkreise von $A B M$ und $C M N$. Da weiterhin die Gerade $A B$ die Potenzgerade der Umkreise von $A B C$ und $A B M$ und die Gerade $C P$ die Potenzgerade der Umkreise von $A B C$ und $C M N$ ist, schneiden sich die Geraden $I M, A B$ und $C P$ in einem Punkt. Dieser Punkt ist nach Definition $Q$, d.h. $Q$ liegt auf der Winkelhalbierenden $I M$ des Winkels $C M A$, aber diese ist identisch mit der Winkelhalbierenden des Winkels $B M N$, folglich ist $\measuredangle B M Q=\measuredangle Q M N$.

## Aufgabe 3

Es seien $a, b$ und $c$ drei positive reelle Zahlen mit $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$. Man beweise, dass

$$
\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \geq \frac{3}{2}
$$

Lösung: Die Funktion $f:(0, \infty) \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=\frac{x+2}{(x+1)(x+5)}$ ist streng monoton fallend und konvex, denn die erste Ableitung

$$
f^{\prime}(x)=-\frac{x^{2}+4 x+7}{(x+1)^{2}(x+5)^{2}}
$$

ist negativ, und die zweite Ableitung

$$
f^{\prime \prime}(x)=\frac{2\left(x^{3}+6 x^{2}+21 x+32\right)}{(x+1)^{3}(x+5)^{3}}
$$

ist positiv. Die Ungleichung von Jensen liefert für das mit den Gewichten $a+1, b+1, c+1$ gewichtete Mittel der Argumente $b, c, a$ :

$$
\frac{(a+1) f(b)+(b+1) f(c)+(c+1) f(a)}{(a+1)+(b+1)+(c+1)} \geq f\left(\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{(a+1)+(b+1)+(c+1)}\right)
$$

Multipliziert man mit dem Nenner der linken Seite, erhält man

$$
\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \geq(a+b+c+3) f\left(\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{a+b+c+3}\right)
$$

Nun ist

$$
\begin{aligned}
2((a+1) b+(b+1) c+(c+1) a) & =(a+b+c+3)^{2}-4(a+b+c)-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-9 \\
& \leq(a+b+c+3)^{2}-4(a+b+c+3)
\end{aligned}
$$

(im letzten Schritt wurde die Voraussetzung $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$ verwendet), also

$$
\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{a+b+c+3} \leq \frac{a+b+c-1}{2}
$$

Mit der Monotonie von $f$ kann man die rechte Seite von (*) also weiter abschätzen als

$$
\geq(a+b+c+3) f\left(\frac{a+b+c-1}{2}\right)
$$

Dieser Ausdruck hängt nur noch von $s=a+b+c$ ab:

$$
=(s+3) \cdot \frac{\frac{s-1}{2}+2}{\left(\frac{s-1}{2}+1\right)\left(\frac{s-1}{2}+5\right)}=\frac{2(s+3)^{2}}{(s+1)(s+9)}=2-\frac{8}{10+s+\frac{9}{s}} \geq 2-\frac{8}{10+6}=\frac{3}{2}
$$

(im vorletzten Schritt wurde die Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel in der Form $s+\frac{9}{s} \geq 2 \sqrt{s \cdot \frac{9}{s}}=6$ angewendet).
Bemerkung: Diese Aufgabe wurde von keinem Teilnehmer gelöst. Die häufig behauptete Ungleichung

$$
\frac{b+2}{b+5}+\frac{c+2}{c+5}+\frac{a+2}{a+5} \geq \frac{3}{2}
$$

ist falsch, wie das aus Stetigkeitsgründen immer noch gültige Gegenbeispiel $a=2, b=c=0$ zeigt.