## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2011/2012

## Aufgabe 1

Für neun verschiedene positive ganze Zahlen $d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{9}$ betrachten wir das Polynom $P(n)=\left(n+d_{1}\right)\left(n+d_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left(n+d_{9}\right)$.
Man zeige, dass eine ganze Zahl $N$ mit folgender Eigenschaft existiert:
Für alle ganzen Zahlen $n \geq N$ ist die Zahl $P(n)$ durch eine Primzahl größer als 20 teilbar.
Lösung: Wir können der Aufgabenstellung gemäß $N>0$ und $d_{1}<d_{2}<\ldots<d_{9}$ annehmen. Dann ist $k=d_{9}-d_{1}=\max _{1 \leq q<r \leq 9}\left(d_{r}-d_{q}\right)$. Es sei $z \in \mathbb{N}$ so gewählt, dass $2^{z}>k$.
Behauptung: Mit $N=2^{z} \cdot 3^{z} \cdot 5^{z} \cdot 7^{z} \cdot 11^{z} \cdot 13^{z} \cdot 17^{z} \cdot 19^{z}$ ist eine Lösung für $N$ gefunden.
Beweis: Wir nehmen an, dass für $n \geq N$ keiner der Faktoren von $P(n)$ einen Primfaktor größer als 20 besitzt und betrachten zunächst $n+d_{1}=2^{e_{1}^{(1)}} \cdot 3^{e_{2}^{(1)}} \cdot \ldots \cdot 19^{e_{8}^{(1)}}$. Wegen $n \geq N$ muss es dann wenigstens ein $e_{j}^{(1)}$ mit $e_{j}^{(1)} \geq z$ geben $(1 \leq j \leq 8)$. Der zugehörige Primfaktor sei $p$. Somit ist $n+d_{1}$ durch $p^{e_{j}^{(1)}}$ teilbar. Wegen $p^{e_{j}^{(1)}} \geq 2^{\ell_{j}^{(1)}} \geq 2^{z}>k=\max _{1 \leq q<r \leq 9}\left(d_{r}-d_{q}\right)$ ist keine weitere der Zahlen $n+d_{i}$ durch $p^{e_{j}^{(1)}}$ teilbar $(2 \leq i \leq 9)$, weil sonst $d_{i}-d_{1}$ durch $p_{j}^{e_{j}^{(1)}}$ teilbar wäre. Es ist also $e_{j}^{(1)}=\max _{1 \leq i \leq 9}\left(e_{j}^{(i)}\right)$. Betrachten wir nun $n+d_{2}$, so finden wird dort wegen $d_{2}>d_{1}$ wenigstens ein $e_{j}^{(2)}$ mit $e_{j}^{(2)}>e_{j}^{(1)}$ sowie $e_{j}^{(2)} \geq z$. Daher besitzt auch $n+d_{2}$ ein im Bezug auf alle Faktoren maximales $e_{j}^{(2)}$. Dies gilt entsprechend für die anderen Faktoren $n+d_{i}$.
Da es für die 9 Faktoren des Polynoms jedoch nur 8 Primfaktoren kleiner als 20 gibt, entsteht hier nach dem Schubfachprinzip ein Widerspruch. Daher muss ein weiterer Primfaktor auftreten, durch den $P(n)$ teilbar ist.

Hinweise: Das hier angegebene $N$ ist nicht das einzig mögliche. Häufig waren Beweise nicht streng genug. Man argumentierte etwa mit immer mehr dazukommenden Primzahlen, wenn $n$ immer größer wird.

## Aufgabe 2

Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit dem Umkreismittelpunkt $O$. Ferner sei $k$ ein Kreis mit folgenden Eigenschaften:
(1) Der Mittelpunkt $K$ von $k$ liegt im Inneren der Seite $B C$.
(2) $k$ berührt $A B$ in $B^{\prime}$ und $A C$ in $C^{\prime}$.
(3) $O$ liegt auf dem kürzeren der beiden Bogenstücke $B^{\prime} C^{\prime}$ von $k$.

Man beweise: Der Umkreis von $A B C$ und $k$ schneiden einander in zwei verschiedenen Punkten.
Lösung: Der Punkt $O^{\prime}$ ist Bildpunkt von $O$ bei der Spiegelung an der Geraden $B C$. $S$ ist der Schnittpunkt von $K O^{\prime}$ mit dem Umkreis $u$ (siehe Figur).

Nach dem Satz vom Mittelpunktswinkel ist $\Varangle B O C=2 \alpha$. Weil $C^{\prime}$ und $B^{\prime}$ im Inneren der Strecken $A C$ bzw. $A B$ liegen und $O$ wegen der Spitzwinkligkeit innerhalb von $A B C$ liegt, ist $\Varangle B^{\prime} O C^{\prime}>2 \alpha$. Im Viereck $A B^{\prime} K C^{\prime}$ gilt: $360^{\circ}=2 \cdot 90^{\circ}+\alpha+\Varangle C^{\prime} K B^{\prime}$, da die Winkel in den Berührpunkten $C^{\prime}$ und $B^{\prime}$ Rechte sind. Es folgt $\Varangle C^{\prime} K B^{\prime}=180^{\circ}-\alpha$.
Damit gilt im Sehnenviereck $B^{\prime} O^{\prime} C^{\prime} O$ :
$\Varangle B^{\prime} O C^{\prime}=180^{\circ}-\Varangle C^{\prime} O^{\prime} B^{\prime}=180^{\circ}-\frac{1}{2} \Varangle C^{\prime} K B^{\prime}$
$=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\alpha\right)$. Somit ist $\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\alpha\right)>2 \alpha$ und daher
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_05_96ba98cd90407d043c58g-2.jpg?height=532&width=575&top_left_y=105&top_left_x=1232)
$\alpha<60^{\circ}$.
Im Sehnenviereck $A B S C$ folgt daraus $\Varangle C S B=180^{\circ}-\alpha>120^{\circ}$.
Aufgrund der Achsensymmetrie an $B C$ ist $B O^{\prime} C O$ ein Drachenviereck und es gilt:
$\Varangle C O^{\prime} B=\Varangle B O C=2 \alpha<120^{\circ}$. Also ist $\Varangle C S B>\Varangle C O^{\prime} B$.
Da $S$ auf $u$ liegt, ist $\Varangle C S B$ ein Umfangswinkel über der Sehne $B C$. Aus der letzten Ungleichung folgt dann, dass $O^{\prime}$ außerhalb von $u$ liegt. Weil die Spiegelachse $B C$ Durchmesser von $k$ ist, liegt $O^{\prime}$ auf $k$. Somit gibt es mit $O$ und $O^{\prime}$ je einen Punkt auf $k$, der innerhalb bzw. außerhalb von $u$ liegt. Daraus folgt die Behauptung.

Hinweis: Die Behauptung gilt nicht für jedes spitzwinklige Dreieck, was den Zugang zu der Aufgabe deutlich erschwert hat. Eine einfache Lösung ist unter Verwendung von Inversion an $u$ möglich.

## Aufgabe 3

Es seien $f$ und $g$ zwei reelle Funktionen, die für jede reelle Zahl definiert sind. Ferner soll für alle reellen Zahlen $x$ und $y$ die Gleichung gelten:

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

Man bestimme alle möglichen Paare $(f, g)$.
Lösung: Aus der gegebenen Gleichung (1) erhalten wir für $y=-2 x: g(f(-x))=f(x)$ (2). Damit wird (1) zu $f(-x-y)=f(x)+(2 x+y) g(y)$ (3) und mit $x=0$ zu $f(-y)=f(0)+y g(y)$ (4).
Ersetzen von $f$ in (3) gemäß (4) liefert nach Subtraktion von $f(0)$ :
$(x+y) g(x+y)=(2 x+y) g(y)-x g(-x)$ (5). Mit $y=0$ ergibt sich für $x \neq 0: g(x)+g(-x)=2 g(0)$ (6), was aber auch für $x=0$, also für alle $x \in \mathbb{R}$ erfüllt ist.

Wir setzen $h(x):=g(x)-g(0)$. Dann gilt $h(0)=0$ sowie nach (6): $h(-x)=-h(x)$ (6*) sowie mit (5) und (6*): $(x+y) h(x+y)=(2 x+y) h(y)+x h(x)$ (7). Vertauschen von $x$ und $y$ in (7) und Gleichsetzen liefert $x h(y)=y h(x)$ (8). Für $x, y \neq 0$ folgt daraus $h(x) / x=h(y) / y=$ const. Also ist $h(x)=c \cdot x$, was offensichtlich auch für $x=0$ erfüllt ist. Mit $g(0)=b$ ergibt sich $g(x)=c x+b$ für alle $x \in \mathbb{R}$.
Mit $f(0)=a$ folgt aus (4): $f(x)=a-b x+c x^{2}$. (2) liefert $c\left(c x^{2}+b x+a\right)+b=c x^{2}-b x+a$, und nach Koeffizientenvergleich muss $c^{2}=c, b c=-b$ sowie $a c+b=a$ gelten.
Fall 1: $c=0$. Es ergibt sich $b=a=0$ und $f(x)=0, g(x)=0$, womit (1) erfüllt ist.
Fall 2: $c=1$. Dann ist $b=-b$, also $b=0$, und $a$ beliebig. Es ergibt sich $f(x)=x^{2}+a, g(x)=x$. Auch für dieses Funktionspaar liefert Einsetzen in (1) eine wahre Aussage. Also existieren die beiden Lösungspaare $(f, g)=(0,0)$ bzw. $(f, g)=\left(x^{2}+a, x\right)$ mit $a \in \mathbb{R}$.

Hinweis: Sehr häufig wurden nur spezielle Lösungen erraten und für diese die Probe durch Einsetzen durchgeführt.