problem
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dict |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
In the regular 18-gon $\quad \mathrm{A}_{1} \mathrm{~A}_{2} . \mathrm{A}_{18}$ with circumcenter M, P is the intersection of $A_{1} A_{7}$ with $M A_{2}$ and $Q$ is the intersection of $A_{2} A_{13}$ with $M A_{1}$. Calculate the angle $\angle \mathrm{MPQ}$.
## 2. Selection Exam
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empty
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| null |
Yes
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Yes
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math-word-problem
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Geometry
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Im regulären 18-Eck $\quad \mathrm{A}_{1} \mathrm{~A}_{2} . \mathrm{A}_{18}$ mit den Umkreismittelpunkt M ist P der Schnitt von $A_{1} A_{7}$ mit $M A_{2}$ und $Q$ der Schnitt von $A_{2} A_{13}$ mit $M A_{1}$. Man berechne den Winkel $\angle \mathrm{MPQ}$.
## 2. Auswahlklausur
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empty
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2001-aufgaben_awb_01.jsonl",
"solution_match": "",
"tier": "T1",
"year": "2001"
}
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Given positive integers $a, b, c$ with the property $b > 2a$ and $c > 2b$.
Show that there always exists a real number $r$ with the following property:
The fractional parts of the numbers $ra, rb, rc$ all lie in the interval $\left.\rfloor \frac{1}{3} ; \frac{2}{3}\right\rfloor$.
(Hint: The fractional part of a number is the difference between the number and its integer part.)
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empty
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| null |
Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Gegeben seien positive ganze Zahlen $a, b, c$ mit der Eigenschaft $b>2 a$ und $c>2 b$.
Man zeige, dass es dann stets eine reelle Zahl $r$ mit folgender Eigenschaft gibt:
Die gebrochenen Teile der Zahlen $r a, r b, r c$ liegen alle im Intervall $\left.\rfloor \frac{1}{3} ; \frac{2}{3}\right\rfloor$.
(Hinweis: Der gebrochene Teil einer Zahl ist die Differenz zwischen der Zahl und ihrem ganzen Teil.)
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empty
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2001-aufgaben_awb_01.jsonl",
"solution_match": "",
"tier": "T1",
"year": "2001"
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We consider two circles in the plane that intersect at two distinct points $X$ and $Y$.
Prove that there are four fixed points in this plane with the following property: For any circle that lies in the intersection of the two given circles and touches these at points $A$ and $B$ and intersects the line $X Y$ at points $C$ and $D$, each of the lines $A C, A D, B C$, and $B D$ passes through one of these four points.
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empty
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| null |
Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Wir betrachten zwei Kreise in der Ebene, welche sich in den beiden verschiedenen Punkten $X$ und $Y$ schneiden.
Man beweise, dass es in dieser Ebene vier feste Punkte mit folgender Eigenschaft gibt: Für jeden Kreis, der im Durchschnitt der beiden gegebenen Kreise liegt und diese in den Punkten $A$ und $B$ berührt sowie die Gerade $X Y$ in den Punkten $C$ und $D$ schneidet, geht jede der Geraden $A C, A D, B C$ und $B D$ durch einen dieser vier Punkte.
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empty
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2001-aufgaben_awb_01.jsonl",
"solution_match": "",
"tier": "T1",
"year": "2001"
}
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For every positive integer $n$, let $d(n)$ denote the number of all positive divisors of $n$. (Examples: $d(2)=2, d(6)=4, d(9)=3$.)
Determine all positive integers $n$ with the property $(d(n))^{3}=4 n$.
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empty
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not found
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Number Theory
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Für jede positive ganze Zahl $n$ bezeichne $d(n)$ die Anzahl aller positiver Teiler von $n$. (Beispiele: $d(2)=2, d(6)=4, d(9)=3$.)
Man bestimme alle positiven ganzen Zahlen $n$ mit der Eigenschaft $(d(n))^{3}=4 n$.
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empty
|
{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2001-aufgaben_awb_01.jsonl",
"solution_match": "",
"tier": "T1",
"year": "2001"
}
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Determine the number of all numbers of the form $x^{2}+y^{2}(x, y \in\{1,2,3, \ldots, 1000\})$, which are divisible by 121.
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The possible remainders when a square number is divided by 11 are 0, 1, 4, 9, 5, and 3. Since, except for zero, no complementary remainders modulo 11 occur, both $x^{2}$ and $y^{2}$, and consequently $x$ and $y$, must be divisible by 11.
Among the numbers from 1 to 1000, there are exactly [1000/11] = 90 multiples of 11. Therefore, there are at most 90.89/2 = 4005 numbers divisible by 121 of the form $x^{2}+y^{2}$ with $x \neq y$, and exactly 90 numbers divisible by 121 of the form $x^{2}+x^{2}$. Consequently, there can be at most 4095 numbers of the mentioned form. However, their number is actually lower, as there are many numbers that allow different representations as the sum of two squares. Unfortunately, the problem setter did not consider this when formulating the problem. All the more delightful was the fact that some participants provided very interesting solution approaches.
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4095
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Number Theory
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Man ermittle die Anzahl aller Zahlen der Form $x^{2}+y^{2}(x, y \in\{1,2,3, \ldots, 1000\})$, die durch 121 teilbar sind.
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Die Reste, die eine Quadratzahl bei der Division durch 11 haben kann, sind 0, 1, 4, 9, 5 und 3. Da aber, außer zur Null, keine komplementären Reste modulo 11 auftreten, müssen sowohl $x^{2}$ als auch $y^{2}$ und folglich auch $x$ und $y$ durch 11 teilbar sein.
Unter den Zahlen von 1 bis 1000 gibt es genau [1000/11] = 90 Vielfache von 11. Es gibt demnach höchstens 90.89/2 = 4005 durch 121 teilbare Zahlen der Form $x^{2}+y^{2}$ mit $x \neq y$, und genau 90 durch 121 teilbare Zahlen der Form $x^{2}+x^{2}$. Folglich kann es höchstens 4095 Zahlen der genannten Form geben. Ihre Anzahl ist allerdings geringer, da es viele Zahlen gibt, die unterschiedliche Darstellungen als Summe zweier Quadrate erlauben. Leider hatte das der Aufgabensteller bei der Formulierung der Aufgabe nicht bedacht. Umso erfreulicher war die Tatsache, dass einige Teilnehmer sehr interessante Lösungsansätze lieferten.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl1_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2002"
}
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Prove: If \( x, y, z \) are the lengths of the angle bisectors of a triangle with a perimeter of 6, then
$$
\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2} \geq 1
$$
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Consider the adjacent figure.
DP and DQ are the parallels through D to AB and
AC. Since $A D=x$ is the angle bisector of $\alpha$, AQDP is a rhombus, whose side length is denoted by $u$.
From the similarity of triangles PDC and QBD, it follows that $\frac{u}{c-u}=\frac{b-u}{u}$, from which we obtain $u=\frac{bc}{b+c}$.
Applying the Law of Cosines in triangle AQD leads to
\[
\begin{aligned}
x^{2}=2 u^{2}-2 u^{2} \cos (\pi-\alpha) & =2 u^{2}(1+\cos \alpha) \\
=2 u^{2}\left(1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}\right)=2 u^{2} & \frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{2 b c}= \\
& =\frac{b c}{(b+c)^{2}}(a+b+c)(-a+b+c)
\end{aligned}
\]
With $(b+c)^{2} \geq 4 b c$ and $a+b+c=6$, it follows that $x^{2} \leq 1.5(-a+b+c)$.
Similarly, we get $y^{2} \leq 1.5(a-b+c)$ and $z^{2} \leq 1.5(a+b-c)$.
From the inequality between the arithmetic and geometric means of three positive numbers, we get $\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}\right)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq 9$ and from this, finally,
\[
\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}} \geq \frac{9}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \geq \frac{9}{1.5 \cdot 6}=1
\]
where the equality sign holds only for $x=y=z$.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Inequalities
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Man beweise: Sind x, y, z die Längen der Winkelhalbierenden eines Dreiecks mit dem Umfang 6, dann gilt
$$
\frac{1}{\mathrm{x}^{2}}+\frac{1}{\mathrm{y}^{2}}+\frac{1}{\mathrm{z}^{2}} \geq 1
$$
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Man beachte nebenstehende Figur.
DP und DQ sind die Parallelen durch D zu AB und
AC. Da $A D=x$ die Winkelhalbierende von $\alpha$ ist, ist AQDP eine Raute, deren Seitenlänge mit $u$ bezeichnet wurde.
Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke PDC mit QBD folgt $\frac{\mathrm{u}}{\mathrm{c}-\mathrm{u}}=\frac{\mathrm{b}-\mathrm{u}}{\mathrm{u}}$, woraus man $u=\frac{b c}{b+c}$ erhält.
Der Kosinussatz im Dreieck AQD führt zu
$$
\begin{aligned}
\mathrm{x}^{2}=2 \mathrm{u}^{2}-2 \mathrm{u}^{2} \cos (\pi-\alpha) & =2 \mathrm{u}^{2}(1+\cos \alpha) \\
=2 u^{2}\left(1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}\right)=2 u^{2} & \frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{2 b c}= \\
& =\frac{b c}{(b+c)^{2}}(a+b+c)(-a+b+c)
\end{aligned}
$$
Mit $(b+c)^{2} \geq 4 b c$ und $a+b+c=6$ folgt $x^{2} \leq 1,5(-a+b+c)$.
Ähnlich ergibt sich $y^{2} \leq 1,5(a-b+c)$ und $z^{2} \leq 1,5(a+b-c)$.
Aus der Ungleichung zwischen dem arithmetischen und geometrischen Mittel dreier positiver Zahlen, ergibt sich $\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}\right)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq 9$ und hieraus schließlich
$$
\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}} \geq \frac{9}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \geq \frac{9}{1,5 \cdot 6}=1
$$
wobei das Gleichheitszeichen nur für $x=y=z$ gilt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl1_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2002"
}
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Find all solutions of the equation $\quad x^{2 y}+(x+1)^{2 y}=(x+2)^{2 y}$ with $x, y \in N$.
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One can easily see that neither $x$ nor $y$ can be zero.
For $y=1$, from $x^{2}+(x+1)^{2}=(x+2)^{2}$, we obtain the equation $x^{2}-2 x-3=0$, of which only the solution $x=3$ is valid.
Now let $y>1$.
Since $x$ and $x+2$ have the same parity, $x+1$ is an even number and thus $x$ is an odd number.
With $x=2 k-1(k \in \mathbb{N})$, we get the equation
(\#) $\quad(2 k-1)^{2 y}+(2 k)^{2 y}=(2 k+1)^{2 y}$
from which, by expanding, we obtain:
$$
(2 k)^{2 y}-2 y(2 k)^{2 y-1}+\ldots-2 y 2 k+1+(2 k)^{2 y}=(2 k)^{2 y}+2 y(2 k)^{2 y-1}+\ldots+2 y 2 k+1
$$
Since $y>1$, it follows that $2 y \geq 3$. If we now move all terms in $yk$ to one side and factor out $(2k)^{3}$ on the other side, we get:
$$
8 yk=(2 k)^{3}\left[2\binom{2 y}{3}+2\binom{2 y}{5}(2 k)^{2}+\ldots-(2 k)^{2 y-3}\right]
$$
from which it follows that $y$ is a multiple of $k$.
By dividing equation (\#) by $(2k)^{2 y}$, we get:
$$
\left(1-\frac{1}{2 k}\right)^{2 y}+1=\left(1+\frac{1}{2 k}\right)^{2 y}
$$
where the left side is less than 2. The right side, however, is greater than $1+\frac{2 y}{2 k} \geq 2$, which cannot be, since $y$ is a multiple of $k$.
Therefore, the given equation has only the solution $x=3$ and $y=1$.
That there are no solutions for $y > 1$ was clear to most participants, as it represents a special case of Fermat's Last Theorem, which has since been proven. Unfortunately, only a few managed to provide a complete proof of this special case.
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x=3, y=1
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Man ermittle alle Lösungen der Gleichung $\quad x^{2 y}+(x+1)^{2 y}=(x+2)^{2 y}$ mit $x, y \in N$.
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Man erkennt leicht, dass weder $x$, noch $y$, Null sein können.
Für $y=1$ erhält man aus $x^{2}+(x+1)^{2}=(x+2)^{2}$ die Gleichung $x^{2}-2 x-3=0$, von der nur die Lösung $x=3$ in Frage kommt.
Sei nun $y>1$.
Da $x$ und $x+2$ dieselbe Parität haben, ist $x+1$ eine gerade und demnach $x$ eine ungerade Zahl.
Mit $x=2 k-1(k \in N)$ ergibt sich die Gleichung
(\#) $\quad(2 k-1)^{2 y}+(2 k)^{2 y}=(2 k+1)^{2 y}$
woraus man durch Ausmultiplizieren folgendes erhält:
$$
(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}}-2 \mathrm{y}(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}-1}+\ldots-2 \mathrm{y} 2 \mathrm{~h}+1+(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}}=(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}}+2 \mathrm{y}(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}-1}+\ldots+2 \mathrm{y} 2 \mathrm{k}+1
$$
Da $y>1$, ist auch $2 \mathrm{y} \geq 3$. Lässt man nun alle Glieder in yk auf einer Seite und faktorisiert auf der anderen Seite (2k) ${ }^{3}$, dann erhält man:
$$
8 \mathrm{yk}=(2 \mathrm{k})^{3}\left[2\binom{2 \mathrm{y}}{3}+2\binom{2 \mathrm{y}}{5}(2 \mathrm{k})^{2}+\ldots-(2 \mathrm{k})^{2 \mathrm{y}-3}\right]
$$
woraus folgt, dass y ein Vielfaches von k ist.
Durch Division der Gleichung (\#) durch (2k) ${ }^{2 y}$ ergibt sich:
$$
\left(1-\frac{1}{2 k}\right)^{2 y}+1=\left(1+\frac{1}{2 k}\right)^{2 y}
$$
wobei die linke Seite kleiner als 2 ist. Die rechte Seite ist allerdings größer als $1+\frac{2 y}{2 k} \geq 2$, was nicht sein kann, da y ein Vielfaches von $k$ ist.
Die gegebene Gleichung hat demnach nur die Lösung $x=3$ und $\mathrm{y}=1$.
Dass es für y > 1 keine Lösungen geben kann, war den meisten Teilnehmern klar, da sich ein Sonderfall für den großen Satz von Fermat ergibt, der mittlerweile bewiesen ist. Leider gelang nur wenigen ein vollständiger Beweis dieses Sonderfalles.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl1_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2002"
}
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Let $P$ be the set of all ordered pairs $(p, q)$ of non-negative integers. Determine all functions $f: P \rightarrow \mathrm{IR}$ with the property
$$
f(p, q)=\left\{\begin{array}{c}
0 \quad \text { if } p q=0 \\
1+\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\frac{1}{2} f(p-1, q+1) \text { otherwise }
\end{array} .\right.
$$
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The only such function is $f(p, q)=p \cdot q$.
This function clearly satisfies the first condition for $p=0$ or $q=0$. For $p q \neq 0$, we have $1+\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\frac{1}{2} f(p-1, q+1)=1+\frac{1}{2}(p+1)(q-1)+\frac{1}{2}(p-1)(q+1)=p q$, so the second condition is also satisfied.
Now it must be shown that there is no other function with these properties. To do this, we set $f(p, q)=p q+g(p, q)$. For $p q \neq 0$, the second condition yields $p q+g(p, q)=1+\frac{1}{2}((p+1)(q-1)+g(p+1, q-1)+(p-1)(q+1)+g(p-1, q+1))$, thus $g(p, q)=\frac{1}{2}(g(p+1, q-1)+g(p-1, q+1))$. Therefore, the numbers $g(0, p+q)$, $g(1, p+q-1), g(2, p+q-2), \ldots, g(p+q-1,1), g(p+q, 0)$ form an arithmetic sequence. Since their outer terms $g(0, p+q)$ and $g(p+q, 0)$ are both zero, each term in the sequence is zero. Consequently, $g(p, q)=0$ for all non-negative integers, and thus $f(p, q)=p \cdot q$ is the only solution.
Note: The second part of the proof is the more significant one. It is not enough to merely exclude certain types of functions, as some participants have attempted.
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f(p, q)=p \cdot q
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Es sei $P$ die Menge aller geordneter Paare $(p, q)$ von nichtnegativen ganzen Zahlen. Man bestimme alle Funktionen $f: P \rightarrow \mathrm{IR}$ mit der Eigenschaft
$$
f(p, q)=\left\{\begin{array}{c}
0 \quad \text { wenn } p q=0 \\
1+\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\frac{1}{2} f(p-1, q+1) \text { sonst }
\end{array} .\right.
$$
|
Die einzige solche Funktion ist $f(p, q)=p \cdot q$.
Diese Funktion erfüllt offensichtlich für $p=0$ oder $q=0$ die erste Bedingung. Für $p q \neq 0$ gilt $1+\frac{1}{2} f(p+1, q-1)+\frac{1}{2} f(p-1, q+1)=1+\frac{1}{2}(p+1)(q-1)+\frac{1}{2}(p-1)(q+1)=p q$, so dass auch die zweite Bedingung erfültt ist.
Nun muss noch gezeigt werden, dass es keine andere Funktion mit diesen Eigenschaften gibt. Dazu setzen wir $f(p, q)=p q+g(p, q)$. Für $p q \neq 0$ ergibt sich aus der zweiten
Bedingung $p q+g(p, q)=1+\frac{1}{2}((p+1)(q-1)+g(p+1, q-1)+(p-1)(q+1)+g(p-1, q+1))$, also $g(p, q)=\frac{1}{2}(g(p+1, q-1)+g(p-1, q+1))$. Daher bilden die Zahlen $g(0, p+q)$, $g(1, p+q-1), g(2, p+q-2), \ldots, g(p+q-1,1), g(p+q, 0)$ eine arithmetische Folge. Da ihre Außenglieder $g(0, p+q)$ und $g(p+q, 0)$ gleich Null sind, hat jedes Folgenglied den Wert Null. Folglich ist $g(p, q)=0$ für alle nichtnegativen ganzen Zahlen und daher $f(p, q)=p \cdot q$ die einzige Lösung.
Anmerkung: Der zweite Teil des Beweises ist der bedeutendere. Dabei reicht es nicht, nur bestimmte Typen von Funktionen auszuschließen, wie es einige Teilnehmer versucht haben.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl2_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2002"
}
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In an acute-angled triangle $A B C$, a square with center $A_{1}$ is inscribed such that two vertices lie on $B C$ and one each on $A B$ and $A C$. Analogously, the squares with centers $B_{1}$ and $C_{1}$ are defined.
Prove that the lines $A A_{1}, B B_{1}$, and $C C_{1}$ have a common intersection point.
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In addition to the given figure, we consider the square constructed outwardly over the side $AB$ with the center $C_{2}$. Since there is a central dilation that transforms the inscribed square with center $C_{1}$ into the outwardly constructed square, $C, C_{1}$, and $C_{2}$ lie on a straight line.
The height $h_{c}$ intersects $AB$ at $H_{c}$, and let $\left|A H_{c}\right|=p,\left|H_{c} B\right|=q$. Furthermore, let $M_{c}$ be the midpoint of $AB$ and $C^{\prime}$ be the intersection of $C C_{2}$ with $AB$. Finally, set $\left|A C^{\prime}\right|=c_{1}$ and $\left|C^{\prime} B\right|=c_{2}$. All subsegments of $AB$ exist due to the acute angles of triangle $ABC$. For the other sides of the triangle, corresponding points and segments are defined analogously.
By the intercept theorems, $\frac{\left|H_{c} C^{\prime}\right|}{\left|C H_{c}\right|}=\frac{\left|C^{\prime} M_{c}\right|}{\left|M_{c} C_{2}\right|}$, i.e., $\frac{c_{1}-p}{h_{c}}=\frac{\frac{1}{2} c-c_{1}}{\frac{1}{2} c} \Rightarrow c_{1}=\frac{c\left(p+h_{c}\right)}{c+2 h_{c}}$.
Similarly, $c_{2}=\frac{c\left(q+h_{c}\right)}{c+2 h_{c}}$ and we obtain $\frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\frac{p}{h_{c}}+1}{\frac{q}{h_{c}}+1}$. (For $\alpha=\beta$, $\frac{c_{1}}{c_{2}}=1$. )
The angles between the heights and the respective adjacent sides are cyclically denoted by $\gamma_{1}, \gamma_{2}$, $\alpha_{1}, \alpha_{2}$, and $\beta_{1}, \beta_{2}$. Then, $\alpha_{1}=\gamma_{2}\left(=90^{\circ}-\beta\right), \quad \beta_{1}=\alpha_{2}\left(=90^{\circ}-\gamma\right)$, and $\gamma_{1}=\beta_{2}\left(=90^{\circ}-\alpha\right)$. Furthermore, $\frac{p}{h_{c}}=\tan \gamma_{1}$ and $\frac{q}{h_{c}}=\tan \gamma_{2}$, so $\frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\tan \gamma_{1}+1}{\tan \gamma_{2}+1}$. Similarly, $\frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{\tan \alpha_{1}+1}{\tan \alpha_{2}+1}$ and $\frac{b_{1}}{b_{2}}=\frac{\tan \beta_{1}+1}{\tan \beta_{2}+1}$. Therefore,
\[
\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{b_{1}}{b_{2}} \cdot \frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\left(\tan \alpha_{1}+1\right)\left(\tan \beta_{1}+1\right)\left(\tan \gamma_{1}+1\right)}{\left(\tan \alpha_{2}+1\right)\left(\tan \beta_{2}+1\right)\left(\tan \gamma_{2}+1\right)}=\frac{\tan \alpha_{1}+1}{\tan \gamma_{2}+1} \cdot \frac{\tan \beta_{1}+1}{\tan \alpha_{2}+1} \cdot \frac{\tan \gamma_{1}+1}{\tan \beta_{2}+1}=1 \cdot 1 \cdot 1=1.
\]
By the converse of Ceva's theorem, the lines $A A^{\prime}=A A_{1}$, $B B^{\prime}=B B_{1}$, and $C C^{\prime}=C C_{1}$ intersect at a point.
Note: Some participants conjectured that the lines $A A_{1}$ etc. are the angle bisectors of the given triangle. This conjecture is false, as can be seen from a very acute, nearly right-angled triangle. Ceva's theorem is not necessary for the proof; there are other solution methods, such as using spiral dilations.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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In ein spitzwinkliges Dreieck $A B C$ wird ein Quadrat mit Mittelpunkt $A_{1}$ so einbeschrieben, dass zwei Ecken auf $B C$ und je eine auf $A B$ bzw. $A C$ liegen. Analog sind die Quadrate mit den Mittelpunkten $B_{1}$ bzw. $C_{1}$ definiert.
Man beweise, dass die Geraden $A A_{1}, B B_{1}$ und $C C_{1}$ einen gemeinsamen Schnittpunkt haben.
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Zusätzlich zur gegebenen Figur betrachten wir das nach außen errichtete Quadrat über der Seite $A B$ mit dem Mittelpunkt $C_{2}$. Da es eine zentrische Streckung gibt, welche das einbeschriebene Quadrat mit Mittelpunkt $C_{1}$ in das nach außen errichtete Quadrat überführt, liegen $C, C_{1}$ und $C_{2}$ auf einer Geraden.
Die Höhe $h_{c}$ schneidet $A B$ in $H_{c}$ und es sei $\left|A H_{c}\right|=p,\left|H_{c} B\right|=q$. Ferner sei $M_{c}$ der Mittelpunkt von $A B$ und $C^{\prime}$ der Schnittpunkt von $C C_{2}$ mit $A B$. Schließlich setzen wir $\left|A C^{\prime}\right|=c_{1}$ und $\left|C^{\prime} B\right|=c_{2}$. Alle Teilstrecken von $A B$ existieren wegen der Spitzwinkligkeit des Dreiecks $A B C$. Für die anderen Dreiecksseiten seien entsprechende
Punkte und Abschnitte analog definiert.
Nach den Strahlensätzen gilt $\frac{\left|H_{c} C^{\prime}\right|}{\left|C H_{c}\right|}=\frac{\left|C^{\prime} M_{c}\right|}{\left|M_{c} C_{2}\right|}$, d.h. $\frac{c_{1}-p}{h_{c}}=\frac{\frac{1}{2} c-c_{1}}{\frac{1}{2} c} \Rightarrow c_{1}=\frac{c\left(p+h_{c}\right)}{c+2 h_{c}}$.
Analog ist $c_{2}=\frac{c\left(q+h_{c}\right)}{c+2 h_{c}}$ und wir erhalten $\frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\frac{p}{h_{c}}+1}{\frac{q}{h_{c}}+1}$. (Für $\alpha=\beta$ ist $\frac{c_{1}}{c_{2}}=1$. )
Die Winkel zwischen den Höhen und den jeweils anliegenden beiden Seiten seien zyklisch mit $\gamma_{1}, \gamma_{2}$ bzw. $\alpha_{1}, \alpha_{2}$ bzw. $\beta_{1}, \beta_{2}$ bezeichnet. Dann gilt $\alpha_{1}=\gamma_{2}\left(=90^{\circ}-\beta\right), \quad \beta_{1}=\alpha_{2}\left(=90^{\circ}-\gamma\right)$ und $\gamma_{1}=\beta_{2}\left(=90^{\circ}-\alpha\right)$. Ferner ist $\frac{p}{h_{c}}=\tan \gamma_{1}$ und $\frac{q}{h_{c}}=\tan \gamma_{2}$, also $\frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\tan \gamma_{1}+1}{\tan \gamma_{2}+1}$. Analog gilt $\frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{\tan \alpha_{1}+1}{\tan \alpha_{2}+1}$ und $\frac{b_{1}}{b_{2}}=\frac{\tan \beta_{1}+1}{\tan \beta_{2}+1}$. Damit ist
$\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{b_{1}}{b_{2}} \cdot \frac{c_{1}}{c_{2}}=\frac{\left(\tan \alpha_{1}+1\right)\left(\tan \beta_{1}+1\right)\left(\tan \gamma_{1}+1\right)}{\left(\tan \alpha_{2}+1\right)\left(\tan \beta_{2}+1\right)\left(\tan \gamma_{2}+1\right)}=\frac{\tan \alpha_{1}+1}{\tan \gamma_{2}+1} \cdot \frac{\tan \beta_{1}+1}{\tan \alpha_{2}+1} \cdot \frac{\tan \gamma_{1}+1}{\tan \beta_{2}+1}=1 \cdot 1 \cdot 1=1$.
Nach der Umkehrung des Satzes von Ceva schneiden sich daher die Geraden $A A^{\prime}=A A_{1}$, $B B^{\prime}=B B_{1}$ und $C C^{\prime}=C C_{1}$ in einem Punkt.
Anmerkung: Einige Teilnehmer haben vermutet, die Geraden $A A_{1}$ etc. seien die Winkelhalbierenden des gegebenen Dreiecks. Diese Vermutung ist falsch, wie man an einem sehr spitzen, fast rechtwinkligen Dreieck sieht. Der Satz von Ceva ist zum Beweis nicht notwendig; es gibt andere Lösungsmöglichkeiten, z.B. mit Drehstreckungen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl2_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
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"year": "2002"
}
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Prove that there is no positive integer $n$ with the following property: For $k=1,2, \ldots, 9$ the leftmost digit - in decimal notation - of $(n+k)!$ is $k$.
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We assume that there is a number $n$ with the required property. Then none of the factorials can be a power of ten, because from 3! onwards all factorials are divisible by 3 and the first factorials obviously do not have the required property. None of the numbers $n+2, \ldots, n+9$ can be a power of ten either, because otherwise the leading digit of two consecutive factorials in the considered sequence would be the same. Thus, there is a $j$ such that $10^{j}<n+2<\ldots<n+9<10^{j+1}$ (1). Because $(n+8)!$ ends with an 8 and $(n+9)!$ with a 9, there are natural numbers $a$ and $b$ with $9 \cdot 10^{a}<(n+9)!<10^{a+1}$ and $8 \cdot 10^{b}<(n+8)!<9 \cdot 10^{b}$, which leads to $10^{a-b}<n+9<\frac{5}{4} \cdot 10^{a-b}$.
From (1) it follows that $j=a-b$ and $10^{j}<n+2<\ldots<n+9<\frac{5}{4} \cdot 10^{j}$ (2).
Since $(n+1)!$ starts with a 1, there is an $m$ such that $10^{m}<(n+1)!<2 \cdot 10^{m}$, while from (2) it follows: $10^{3 j}<(n+2)(n+3)(n+4)<\left(\frac{5}{4}\right)^{3} \cdot 10^{3 j}$. Multiplying the last two inequalities yields $10^{3 j+m}<(n+4)!<2 \cdot \frac{125}{64} \cdot 10^{3 j+m}$, which can be weakened to $10^{3 j+m}<(n+4)!<4 \cdot 10^{3 j+m}$ because $\frac{250}{64}<4$. This implies that the number $(n+4)!$ would not start with 4, but with 1, 2, or 3 - in contradiction to the assumption.
Note: Most participants who attempted this or similar estimates were also successful. However, this problem sometimes led to very unclear presentations.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Man beweise, dass es keine positive ganze Zahl $n$ mit der folgenden Eigenschaft gibt: Für $k=1,2, \ldots, 9$ ist die - in dezimaler Schreibweise - linke Ziffer von $(n+k)$ ! gleich $k$.
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Wir nehmen an, dass es eine Zahl $n$ mit der verlangten Eigenschaft gibt. Dann kann keine der Fakultäten eine Zehnerpotenz sein, weil ab 3! alle Fakultäten durch 3 teilbar sind und die ersten Fakultäten offensichtlich nicht die verlangte Eigenschaft haben. Es kann auch keine der Zahlen $n+2, \ldots, n+9$ eine Zehnerpotenz sein, weil sonst die Anfangsziffer zweier aufeinanderfolgender Fakultäten in der betrachteten Folge dieselbe wäre. Somit gibt es ein $j$ mit $10^{j}<n+2<\ldots<n+9<10^{j+1}$ (1). Weil $(n+8)$ ! mit einer 8 und $(n+9)$ ! mit einer 9 endet, gibt es natürliche Zahlen a und $b$ mit $9 \cdot 10^{a}<(n+9)!<10^{a+1}$ und $8 \cdot 10^{b}<(n+8)!<9 \cdot 10^{b}$, was auf $10^{a-b}<n+9<\frac{5}{4} \cdot 10^{a-b}$ führt.
Mit (1) folgt $j=a-b$ und $10^{j}<n+2<\ldots<n+9<\frac{5}{4} \cdot 10^{j}$ (2).
Da $(n+1)$ ! mit 1 anfängt, gibt es ein $m$ mit $10^{m}<(n+1)!<2 \cdot 10^{m}$, während aus (2) folgt: $10^{3 j}<(n+2)(n+3)(n+4)<\left(\frac{5}{4}\right)^{3} \cdot 10^{3 j}$. Multiplikation der beiden letzten Ungleichungen liefert $10^{3 j+m}<(n+4)!<2 \cdot \frac{125}{64} \cdot 10^{3 j+m}$, was wegen $\frac{250}{64}<4 \mathrm{zu} 10^{3 j+m}<(n+4)!<4 \cdot 10^{3 j+m}$ abgeschwächt werden kann. Daraus folgt, dass die Zahl $(n+4)$ ! nicht mit 4, sondern mit 1, 2 oder 3 beginnen würde - im Widerspruch zur Voraussetzung.
Anmerkung: Die meisten Teilnehmer, die sich auf diese oder ähnliche Abschätzungen eingelassen hatten, waren dann auch erfolgreich. Allerdings gab es gerade bei dieser Aufgabe z.T. sehr unübersichtliche Darstellungen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2002-loes_awkl2_02.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2002"
}
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In chess, the winner receives 1 point and the loser 0 points. In the event of a draw (remis), each player receives $1 / 2$ point.
Fourteen chess players, no two of whom were the same age, participated in a tournament where each played against every other. After the tournament, a ranking list was created. In the case of two players with the same number of points, the younger one received a better ranking.
After the tournament, Jan noticed that the top three players had a total number of points exactly equal to the total number of points of the last nine players. Jörg added that the number of games that ended in a draw was maximized. Determine the number of drawn games.
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The total number of points of the last nine players is at least (9*8):2 = 36 points (because if each of the nine played only against another of the nine, then there would already be 36 points in total, as one point is awarded in each match). The total number of points of the top three, however, is at most $13+12+11=36$ points, if they win all their games against the remaining 13 players.
It follows that the last nine players do not win any of their games against the others, and the top three win all their games, although they can play to a draw against each other.
The number of drawn matches (which, according to Jörg, is maximized!) must therefore be $3+1+36=40$.
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40
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Beim Schachspiel erhält der Sieger 1 Punkt und der Besiegte 0 Punkte. Bei Unentschieden (Remis) erhält jeder der Spieler $1 / 2$ Punkt.
Vierzehn Schachspieler, von denen keine zwei gleich alt waren, trugen einen Wettbewerb aus, in dem jeder gegen jeden spielte. Nach Abschluss des Wettbewerbs wurde eine Rangliste erstellt. Von zwei Spielern mit gleicher Punktezahl, erhält der Jüngere eine bessere Platzierung.
Nach dem Wettbewerb stellte Jan fest, dass die drei Bestplatzierten insgesamt genau so viele Punkte erhielten wie die Gesamtzahl der Punkte der letzten neun Spieler. Jörg bemerkte dazu, dass dabei die Zahl der unentschieden ausgegangenen Spiele maximal war. Man ermittle die Anzahl der unentschiedenen Spiele.
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Die Gesamtzahl der Punkte der letzten neun Spieler beträgt mindestens (9.8):2 = 36 Punkte (denn wenn nur jeder der neun gegen einen anderen der neun spielen würde, dann wären es, da in jeder Partie ein Punkt vergeben wird, insgesamt schon 36 Punkte). Die Gesamtzahl der drei Erstplatzierten ist aber höchstens $13+12+11=36$ Punkte, falls sie alle Spiele gegen die restlichen 13 Spieler gewinnen würden.
Es folgt also, dass die letzten neun Spieler keines der Spiele mit den anderen gewinnen und die drei ersten, alle, wobei sie untereinander durchaus unentschieden spielen können.
Die Anzahl der unentschieden gespielten Partien (die ja gemäß Jörg maximal ist!) muss also $3+1+36=40$ sein.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
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"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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Gegeben ist ein Dreieck ABC und ein Punkt M so, dass die Geraden MA, MB, MC die Geraden BC, CA, AB (in dieser Reihenfolge) in D, E beziehungsweise F schneiden.
Man beweise, dass es dann stets die Zahlen $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}$ aus $\{-1,1\}$ gibt, so dass gilt:
$\varepsilon_{1} \cdot \frac{M D}{A D}+\varepsilon_{2} \cdot \frac{M E}{B E}+\varepsilon_{3} \cdot \frac{M F}{C F}=1$
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Punkt $M$ ( $M \notin\{A, B, C\})$ kann entweder auf einer der vorgegebenen Geraden, oder in einer der sieben Gebiete liegen, in denen die Ebene des Dreiecks ABC durch die Geraden $A B, B C, C A$ geteilt wird.
Es ist stets
$$
\begin{aligned}
& \frac{M D}{A D}=\frac{M P}{h_{a}}=\frac{0,5 \cdot M P \cdot B C}{0,5 \cdot h_{a} \cdot B C}=\frac{F(M B C)}{F(A B C)}, \\
& \text { (Strahlensatz) }
\end{aligned}
$$
wobei $P \in B C$ und $M P \perp B C$ und $F(X Y Z)$ der Inhalt des Dreiecks XYZ ist. Ähnliches gilt für die anderen Verhältnisse.
Liegt M im Inneren oder am Rande des Dreiecks $A B C$, dann ist also:
$$
\frac{M D}{A D}+\frac{M E}{B E}+\frac{M F}{C F}=\frac{F(M B C)}{F(A B C)}+\frac{F(M C A)}{F(A B C)}+\frac{F(M A B)}{F(A B C)}=1
$$
woraus $\varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=\varepsilon_{3}=1$ folgt.
Ähnliche Überlegungen führen auch dann ans Ziel, wenn M außerhalb des Dreiecks ABC liegt, nur dass $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}$ bzw. $\varepsilon_{3}=-1$, falls $M$ im Bereich I, II bzw. III liegt. Sollte $M$ in den Bereichen IV, V bzw. VI liegen, dann sind genau zwei der $\varepsilon_{i}$ gleich -1 .
Etwas eleganter und straffer lässt sich der Beweis führen, falls man orientierte Strecken oder Flächen verwendet.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben ist ein Dreieck ABC und ein Punkt M so, dass die Geraden MA, MB, MC die Geraden BC, CA, AB (in dieser Reihenfolge) in D, E beziehungsweise F schneiden.
Man beweise, dass es dann stets die Zahlen $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}$ aus $\{-1,1\}$ gibt, so dass gilt:
$\varepsilon_{1} \cdot \frac{M D}{A D}+\varepsilon_{2} \cdot \frac{M E}{B E}+\varepsilon_{3} \cdot \frac{M F}{C F}=1$
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Punkt $M$ ( $M \notin\{A, B, C\})$ kann entweder auf einer der vorgegebenen Geraden, oder in einer der sieben Gebiete liegen, in denen die Ebene des Dreiecks ABC durch die Geraden $A B, B C, C A$ geteilt wird.
Es ist stets
$$
\begin{aligned}
& \frac{M D}{A D}=\frac{M P}{h_{a}}=\frac{0,5 \cdot M P \cdot B C}{0,5 \cdot h_{a} \cdot B C}=\frac{F(M B C)}{F(A B C)}, \\
& \text { (Strahlensatz) }
\end{aligned}
$$
wobei $P \in B C$ und $M P \perp B C$ und $F(X Y Z)$ der Inhalt des Dreiecks XYZ ist. Ähnliches gilt für die anderen Verhältnisse.
Liegt M im Inneren oder am Rande des Dreiecks $A B C$, dann ist also:
$$
\frac{M D}{A D}+\frac{M E}{B E}+\frac{M F}{C F}=\frac{F(M B C)}{F(A B C)}+\frac{F(M C A)}{F(A B C)}+\frac{F(M A B)}{F(A B C)}=1
$$
woraus $\varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=\varepsilon_{3}=1$ folgt.
Ähnliche Überlegungen führen auch dann ans Ziel, wenn M außerhalb des Dreiecks ABC liegt, nur dass $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}$ bzw. $\varepsilon_{3}=-1$, falls $M$ im Bereich I, II bzw. III liegt. Sollte $M$ in den Bereichen IV, V bzw. VI liegen, dann sind genau zwei der $\varepsilon_{i}$ gleich -1 .
Etwas eleganter und straffer lässt sich der Beweis führen, falls man orientierte Strecken oder Flächen verwendet.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2003-loes_awkl1_03.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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Let \( N \) be a natural number and \( x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n} \) be other natural numbers less than \( N \) such that the least common multiple of any two of these \( n \) numbers is greater than \( N \).
Prove that the sum of the reciprocals of these \( n \) numbers is always less than 2; that is,
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}<2
$$
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Since the least common multiple (LCM) of $x_i$ and $x_j$ is greater than N, there are no two numbers among $1, 2, \ldots, N$ that are multiples of both $x_i$ and $x_j$.
Among the multiples of the natural number $x$, there are two such that $kx \leq N < (k+1)x$, which implies $k \leq \frac{N}{x} < k+1$. The number of multiples of $x$ that are less than N is therefore the integer part of $\frac{N}{x}$, which is equal to $\left[\frac{N}{x}\right]$.
For the numbers $x_1, x_2, \ldots, x_n$, it follows that $\left[\frac{N}{x_1}\right] + \left[\frac{N}{x_2}\right] + \cdots + \left[\frac{N}{x_n}\right] < N$.
On the other hand, $\left[\frac{N}{x_i}\right] > \frac{N}{x_i} - 1$, and thus $\frac{N}{x_1} + \frac{N}{x_2} + \cdots + \frac{N}{x_n} - n < N$.
Since $n < N$, it follows that:
$\frac{N}{x_1} + \frac{N}{x_2} + \cdots + \frac{N}{x_n} < 2N$, which finally leads to $\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \cdots + \frac{1}{x_n} < 2$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Sei N eine natürliche Zahl und $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ weitere natürliche Zahlen kleiner als N und so, dass das kleinste gemeinsame Vielfache von beliebigen zwei dieser n Zahlen größer als N ist.
Man beweise, dass die Summe der Kehrwerte dieser n Zahlen stets kleiner 2 ist; also
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}<2
$$
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Da das kgV von $\mathrm{x}_{\mathrm{i}}$ und $\mathrm{x}_{\mathrm{j}}$ größer als N ist, gibt es unter den Zahlen $1,2, \ldots, \mathrm{~N}$ keine zwei, die sowohl Vielfache von $\mathrm{x}_{\mathrm{i}}$, als auch von $\mathrm{x}_{\mathrm{j}}$ sind.
Unter den Vielfachen der natürlichen Zahl $x$ gibt es zwei so, dass $k x \leq N<(k+1) x$, woraus $\mathrm{k} \leq \frac{N}{x}<\mathrm{k}+1$ folgt. Die Anzahl der Vielfachen von x , die kleiner N sind, ist demnach der ganzzahlige Teil von $\frac{N}{X}$, also gleich $\left[\frac{N}{x}\right]$.
Für die Zahlen $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ gilt folglich $\left[\frac{N}{x_{1}}\right]+\left[\frac{N}{x_{2}}\right]+\cdots+\left[\frac{N}{x_{n}}\right]<N$.
Andrerseits ist $\left[\frac{N}{x_{i}}\right]>\frac{N}{x_{i}}-1$ und demnach $\frac{N}{x_{1}}+\frac{N}{x_{2}}+\cdots+\frac{N}{x_{n}}-n<N$.
Da aber $\mathrm{n}<\mathrm{N}$ ist folgt:
$\frac{N}{x_{1}}+\frac{N}{x_{2}}+\cdots+\frac{N}{x_{n}}<2 N$, was schließlich zu $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}<2$ führt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2003-loes_awkl1_03.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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Determine all functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ with the property
$$
f(f(x)+y)=2 x+f(f(y)-x)
$$
for all $x, y \in \mathbb{R}$.
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For any real number $z$, we set $a=f(z), b=z+f(0), n=f\left(\frac{a+b}{2}\right)$, and $m=f(0)-\frac{a+b}{2}$. Since $\mathbb{D}_{f}=\mathbb{R}$, $a, b, n$, and $m$ are well-defined. Substituting $x=0$, $y=z$ into $(*)$ yields $f(z+f(0))=f(f(z))$, so $f(a)=f(b)$ (I).
Substituting $x=m$ and $y=a$ or $y=b$ into $(*)$ yields $\left\{\begin{array}{l}f(f(m)+a)=2 m+f(f(a)-m) \\ f(f(m)+b)=2 m+f(f(b)-m)\end{array}\right.$, which, due to (I), can be summarized as $f(f(m)+a)=f(f(m)+b)$ (II).
Substituting $x=a$ or $x=b$ and $y=n$ into $(*)$ yields $\left\{\begin{array}{l}f(f(a)+n)=2 a+f(f(n)-a) \\ f(f(b)+n)=2 b+f(f(n)-b)\end{array}\right.$, which, due to (I), can be summarized as $2 a+f(f(n)-a)=2 b+f(f(n)-b)$ (III). Substituting $x=\frac{a+b}{2}, y=0$ into $(*)$ yields $f\left(f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right)=a+b+f\left(f(0)-\frac{a+b}{2}\right)$, so $f(n)=a+b+f(m)$ or, in other words, $f(n)-a=f(m)+b$ and $f(n)-b=f(m)+a$. This, combined with (III), immediately gives $2 a+f(f(m)+b)=2 b+f(f(m)+a)$, from which, with (II), we conclude $a=b$, so $f(z)=z+f(0)$. This shows that any function $f$ that satisfies $(*)$ must have the form $f(x)=x+c \quad(c=$ const. ). Substituting into $(*)$ confirms that any $f$ of this form indeed satisfies the given equation: $f(f(x)+y)=x+y+2 c=2 x+f(f(y)-x)$.
Note: Additional properties of $f$, such as injectivity, monotonicity, or differentiability, should not be assumed but must be proven.
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f(x)=x+c
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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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 $x, y \in \mathbb{R}$.
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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.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
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"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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Let $B$ be any point on a circle $k_{1}$ and let $A$ be a point different from $B$ on the tangent to $k_{1}$ at $B$. Furthermore, let $C$ be a point outside $k_{1}$ with the property that the segment $A C$ intersects $k_{1}$ at two distinct points. Finally, let $k_{2}$ be the circle that touches the line $(A C)$ at $C$ and touches the circle $k_{1}$ at a point $D$ which lies on the opposite side of $(A C)$ from $B$.
Prove that the circumcenter of triangle $BCD$ lies on the circumcircle of triangle $A B C$.
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We denote the centers of the circles $k_{1}$ and $k_{2}$ with $O_{1}$ and $O_{2}$, respectively. The solution assumes that $\angle C D B$ is obtuse (see Fig.); otherwise, some angles need to be swapped modulo $180^{\circ}$.
Let $P$ be the circumcenter of triangle BDC; then, by the central angle theorem,
$\angle B P C=2 \cdot\left(180^{\circ}-\angle C D B\right)=360^{\circ}-2 \cdot \angle C D B$ (1).
$P$ lies on the circumcircle of triangle $A B C$ if $A C P B$ is a cyclic quadrilateral; this is true if $\angle B P C=180^{\circ}-\angle C A B$.
To prove this, we calculate $\angle C D B$. Since $k_{1}$ and $k_{2}$ touch at $D$, $D$ lies on the segment $O_{1} O_{2}$ and we have $\angle C D B=180^{\circ}+\angle O_{1} D B-\angle O_{2} D C$ (2). Since $k_{1}$ touches the line ( $A B$ ), $\angle A B O_{1}=90^{\circ}$, so $\angle A B D+\angle D B O_{1}=90^{\circ}$. Since $B$ and $D$ lie on $k_{1}$, triangle $B D O_{1}$ is isosceles with $\angle O_{1} D B=\angle D B O_{1}$. Thus, $\angle O_{1} D B=90^{\circ}-\angle A B D$ (3). Since $k_{2}$ touches the line ( $A C$ ), $\angle A C O_{2}=90^{\circ}$, so $\angle A C D+\angle D C O_{2}=90^{\circ}$. Since $C$ and $D$ lie on $k_{2}$, triangle $\mathrm{CDO}_{2}$ is isosceles with $\angle \mathrm{O}_{2} D C=\angle D C O_{2}$. Thus, $\angle O_{2} D C=90^{\circ}-\angle A C D$ (4). Substituting (3) and (4) into (2) yields $\angle C D B=180^{\circ}+\left(90^{\circ}-\angle A B D\right)-\left(90^{\circ}-\angle A C D\right)=180^{\circ}-\angle A B D+\angle A C D$ (5).
Now consider the intersection point $R$ of $(A C)$ and ( $B D$ ) and deduce
$\angle A B D=\angle A B R=180^{\circ}-\angle R A B-\angle B R A=180^{\circ}-\angle C A B-\angle B R A$ and
$\angle A C D=\angle R C D=180^{\circ}-\angle C D R-\angle D R C=180^{\circ}-\angle C D B-\angle B R A$. From (5) we get
$\angle C D B=180^{\circ}+\angle C A B-\angle C D B$, so $2 \cdot \angle C D B=180^{\circ}+\angle C A B$. Substituting into (1) yields $\angle B P C=360^{\circ}-\left(180^{\circ}+\angle C A B\right)=180^{\circ}-\angle C A B$. This completes the proof.
Note: Since $k_{1}$ is intersected by the segment $A C$, $k_{2}$ cannot touch the line ( $\left.A C\right)$ from $A$ before intersecting with $k_{1}$. Also, $C$ cannot be chosen specially.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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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.
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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).
$P$ 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.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2003-loes_awkl2_03.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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Let $n$ be an odd natural number. The fields of an $n \times n$ chessboard are alternately colored black and white, with the corner fields being black. Furthermore, a triomino is defined as an L-shaped figure consisting of three connected unit squares.
a) For which values of $n$ is it possible to cover all black fields of the chessboard with non-overlapping triominoes?
b) What is the minimum number of triominoes required for the covering when it is possible?
Hint: Two triominoes overlap if they share at least one unit square.
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a) and b): We count the rows of the chessboard from the top. The $n \times n$ chessboard has $\frac{n+1}{2}$ rows with odd numbers, and in each of these rows, there are $\frac{n+1}{2}$ black squares. Each of these $\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2}$ black squares must be covered by a different triomino, so at least $\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2}$ triominoes are required. Since each consists of 3 squares, due to the no-overlap rule, it must hold that: $3\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2} \leq n^{2}$. For 1, 3, and 5, this gives $3 \leq 1$, $12 \leq 9$, $27 \leq 25$. Therefore, for $n<7$, the required covering is not possible.
The figure shows, as an anchor, a covering for $n=7$ with $\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2}=16$ triominoes and the step $n \rightarrow n+2$, which proves the existence of a covering for every $n \geq 7$. In this step, an "L" shape, 5 fields wide and high, is added to the right bottom corner of the $n \times n$ chessboard, whose covering with $\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2}$ stones is assumed, and then completed with $2 \times 2$ fields, each with a matching triomino. The "L" contains 5 triominoes, and the two $2 \times (n-5)$ rectangles together contain $n-3$ triominoes. Thus, there are $\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2} + n - 3 + 5 = \frac{n^{2} + 6n + 9}{4} = \left(\frac{n+3}{2}\right)^{2}$ triominoes, the minimum number for the $(n+2) \times (n+2)$ chessboard. By complete induction, the claim follows.
Note: Only all black squares should be covered; white squares can remain uncovered. Of course, the triominoes do not extend beyond the chessboard. A complete solution also includes proving that the added triominoes in the step $n \rightarrow n+2$ are compatible with the minimum number, as well as mentioning $n=1$.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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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.
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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
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 $n=1$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2003-loes_awkl2_03.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2003"
}
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A function $f$ is given by $f(x)+f\left(1-\frac{1}{x}\right)=1+x$ for $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$.
Determine a formula for $f$.
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Let $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$ and $y=1-\frac{1}{x}$ and $z=\frac{1}{1-x}$. It is easy to see that together with $x$, $y$ and thus also $z$ belong to $\mathbb{R} \backslash\{0,1\}$. Substituting $y$ and $z$ into the original equation leads to:
$$
f\left(1-\frac{1}{x}\right)+f\left(\frac{1}{1-x}\right)=2-\frac{1}{x} \text { and } f\left(\frac{1}{1-x}\right)+f(x)=1+\frac{1}{1-x}
$$
Subtracting the last two relations gives:
$$
f(x)-f\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}-1
$$
and adding this to the original equation finally results in
$$
f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}+x\right)=\frac{-x^{3}+x^{2}+1}{2 x(1-x)}
$$
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\frac{-x^{3}+x^{2}+1}{2 x(1-x)}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Eine Funktion $f$ ist gegeben durch $f(x)+f\left(1-\frac{1}{x}\right)=1+x$ für $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$.
Man ermittle eine Formel für $f$.
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Sei $x \in \mathbb{R} \backslash\{0,1\}$ und $y=1-\frac{1}{x}$ und $z=\frac{1}{1-x}$. Es ist leicht einzusehen, dass zusammen mit $x$ auch $y$ und damit auch $z$ zu $\mathbb{R} \backslash\{0,1\}$ gehören. Einsetzen von $y$ und $z$ in die Ausgangsgleichung führt zu:
$$
f\left(1-\frac{1}{x}\right)+f\left(\frac{1}{1-x}\right)=2-\frac{1}{x} \text { und } f\left(\frac{1}{1-x}\right)+f(x)=1+\frac{1}{1-x}
$$
Durch Subtraktion der beiden letzten Beziehungen erhält man:
$$
f(x)-f\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}-1
$$
und nach Addition zur Ausgangsgleichung führt das schließlich zu
$$
f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x}+x\right)=\frac{-x^{3}+x^{2}+1}{2 x(1-x)}
$$
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl1_04.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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In triangle $A B C$, $A D (D \in B C)$ is a median, $E$ is a point on $A C$, and $F$ is the intersection of $B E$ with $A D$.
Prove: If $\frac{B F}{F E}=\frac{B C}{A B}+1$, then $B E$ is an angle bisector.
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Let $B^{\prime}, C^{\prime}, E^{\prime}$ be the projections of $B, C$, and $E$ onto the line $A D$. The right triangles $\triangle D B B^{\prime}$ and $\triangle D C C^{\prime}$ are congruent, since $D$ is the midpoint of $B C$ and the acute angles at $D$ are equal. This implies that $B B^{\prime}=C C^{\prime}$.
In the triangle $\triangle A C^{\prime} C$, $E E^{\prime}$ is parallel to $C C^{\prime}$, and thus
$$
\frac{A C}{A E}=\frac{C C^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}}.
$$
The right triangles $\triangle B B^{\prime} F$ and $\triangle E E^{\prime} F$ are similar, as the angles at $F$ are equal. This implies $\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B F}{F E}$, which, together with the previous relationship, leads to $\frac{A C}{A E}=\frac{B F}{E F}$.
Replacing $\frac{B F}{E F}$ in the initial relationship with $\frac{A C}{A E}$, we get:
$\frac{B C}{A B}+1=\frac{A C}{A E}=\frac{B C+A B}{A B}$, which simplifies to $\frac{A C-A E}{A E}=\frac{B C}{A B}$ and finally to $\frac{E C}{A E}=\frac{B C}{A B}$.
According to the converse of the Angle Bisector Theorem, $B E=w_{\beta}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Im Dreieck $A B C$ ist $A D(D \in B C)$ eine Seitenhalbierende, $E$ ein Punkt auf $A C$ und $F$ der Schnittpunkt von $B E$ mit $A D$.
Man beweise: Falls $\frac{B F}{F E}=\frac{B C}{A B}+1$, dann ist $B E$ eine Winkelhalbierende.
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Seien $B^{\prime}, C^{\prime}, E^{\prime}$ die Projektionen von $B, C$ und $E$ auf die Gerade $A D$. Die rechtwinkligen Dreiecke $\triangle D B B^{\prime}$ und $\triangle D C C^{\prime}$ sind kongruent, da $D$ der Mittelpunkt von $B C$ ist und die spitzen Winkel bei $D$ gleich groß sind. Daraus folgt, dass $B B^{\prime}=C C^{\prime}$.
Im Dreieck $\triangle A C^{\prime} C$ ist $E E^{\prime}$ parallel zu $C C^{\prime}$ und folglich
$$
\frac{A C}{A E}=\frac{C C^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}} .
$$
Die rechtwinkligen Dreiecke $\triangle B B^{\prime} F$ und $\triangle E E^{\prime} F$ sind ähnlich, da die Winkel bei $F$ gleich sind. Daraus folgt $\frac{B B^{\prime}}{E E^{\prime}}=\frac{B F}{F E}$, was zusammen mit der vorletzten Beziehung zu $\frac{A C}{A E}=\frac{B F}{E F}$ führt.
Ersetzt man nun $\frac{B F}{E F}$ in der Ausgangsbeziehung durch $\frac{A C}{A E}$, ergibt sich:
$\frac{B C}{A B}+1=\frac{A C}{A E}=\frac{B C+A B}{A B}$, was zu $\frac{A C-A E}{A E}=\frac{B C}{A B}$ und schließlich zu $\frac{E C}{A E}=\frac{B C}{A B}$ führt.
Gemäß der Umkehrung des Satzes der Winkelhalbierenden ist $B E=w_{\beta}$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl1_04.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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Given are the six real numbers $a, b, c$ and $x, y, z$ such that
a) $0 < b - c < a < b + c$
b) $a x + b y + c z = 0$
Determine (with justification!) the sign of $a y z + b x z + c x y$.
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From $0<b-c<a<b+c$ it follows that $a, b$, and $c$ are positive. Furthermore, one can construct a triangle with segments of these lengths. This implies that the numbers $-a+b+c, \quad a-b+c$ and $a+b-c$ are positive.
From $a x+b y+c z=0$ it follows that $x=-\frac{b y+c z}{a}$.
We obtain
$$
a y z+b z x+c x y=a y z-\frac{1}{a}(b y+c z)(b z+c y)=-\frac{1}{a}\left(b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z\right)
$$
It suffices to show that the term in the last parentheses is not negative.
A simple rearrangement yields
$$
b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z=b c y^{2}+b c z^{2}+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z
$$
Since $a$ and $c$ are positive, one can multiply the term by $4 b c$ without changing the sign. Therefore, it is necessary to examine the sign of $4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b^{2} c^{2} z^{2}+4 b c\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z$. By adding and subtracting $\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2} z^{2}$, we get the following step by step:
$$
\begin{aligned}
& 4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b c y z\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}= \\
& =\left[2 b c y+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z\right]^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}
\end{aligned}
$$
The sign of the last term is not negative, as the first part is a square and in the second part $4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$ is positive. The number $a y z+b z x+c x y$ is therefore not positive.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Gegeben sind die sechs reellen Zahlen $a, b, c$ und $x, y, z$ so, dass
a) $0<b-c<a<b+c$
b) $a x+b y+c z=0$
Man ermittle (mit Begründung!) das Vorzeichen von $a y z+b x z+c x y$.
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Aus $0<b-c<a<b+c$ folgt, dass $a, b$ und $c$ positiv sind. Außerdem kann man mit Strecken dieser Längen ein Dreieck konstruieren. Daraus folgt, dass die Zahlen $-a+b+c, \quad a-b+c$ und $a+b-c$ positiv sind.
Aus $a x+b y+c z=0$ folgt $x=-\frac{b y+c z}{a}$.
Es ergibt sich
$$
a y z+b z x+c x y=a y z-\frac{1}{a}(b y+c z)(b z+c y)=-\frac{1}{a}\left(b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z\right)
$$
Es reicht zu zeigen, dass der Term in der letzten Klammer nicht negativ ist.
Eine einfache Umformung ergibt
$$
b^{2} y z+b c y^{2}+c b z^{2}+c^{2} y z-a^{2} y z=b c y^{2}+b c z^{2}+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z
$$
Da $a$ und $c$ positiv sind, kann man den Term mit $4 b c$ multiplizieren, ohne dass sich das Vorzeichen ändert. Es ist also das Vorzeichen von $4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b^{2} c^{2} z^{2}+4 b c\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) y z$ zu untersuchen. Durch Addition und Subtraktion von $\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2} z^{2}$ ergibt sich der Reihe nach:
$$
\begin{aligned}
& 4 b^{2} c^{2} y^{2}+4 b c y z\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}= \\
& =\left[2 b c y+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) z\right]^{2}+\left[4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right] z^{2}
\end{aligned}
$$
Das Vorzeichen des letzten Terms ist nicht negativ, da der erste Teil ein Quadrat ist und im zweiten Teil $4 b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$ positiv ist. Die Zahl $a y z+b z x+c x y$ ist folglich nicht positiv.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl1_04.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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In the plane, there are $n$ closed disks $\mathrm{K}_{1}, \mathrm{~K}_{2}, \ldots ; \mathrm{K}_{\mathrm{n}}$ with the same radius $r$. Each point in the plane is contained in at most 2003 of these disks. Prove that each disk $K_{\mathrm{i}}$ intersects at most 14020 other disks.
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We conduct a proof by contradiction. In addition to the assumption, we assume that a circular disk (w.l.o.g. let this be $K_{1}$) intersects at least 14021 other circular disks. The centers of these disks then obviously all lie within a circular disk of radius $2r$ around the center $M_{1}$ of $K_{1}$. If 2003 or more of the centers of these other disks were to lie within or on the boundary of $K_{1}$, then these disks would all contain $M_{1}$. Thus, $M_{1}$ would be contained in more than 2003 disks, since $M_{1}$ is also contained in $K_{1}$. Therefore, at least 14021 - 2002 $=12019$ centers of the other disks must lie in an annulus with inner radius $r$ and outer radius $2r$ around $M_{1}$. Dividing this annulus into 6 equal sectors with an internal angle of $60^{\circ}$, it follows by the pigeonhole principle that at least 2004 of these centers must lie in at least one sector.
In the diagram, this sector is shown with the midpoint $M$ of the segment $AB$. From $\left|A M_{1}\right|=\left|B M_{1}\right|=2r$ and $\angle A M_{1} B = 60^{\circ}$, it follows that $\triangle A B M_{1}$ is equilateral. Thus, $M D$ and $MC$ are its midlines, and it follows that
$|M A|=|M B|=|M C|=|M D|=r$. Therefore, the sector lies entirely within a circle around $M$ with radius $r$. Each of the at least 2004 disks with centers in this sector thus contains the point $M$. Hence, $M$ is contained in at least 2004 disks - a contradiction to the assumption.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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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.
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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
wenigstens 2004 Kreisscheiben enthalten - ein Widerspruch zur Annahme.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl2_04.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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Given are $n$ real numbers $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ and $\mathrm{y}_{1}, \mathrm{y}_{2}, \ldots, \mathrm{y}_{\mathrm{n}}$. The elements of an $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ matrix A are defined as follows: ( $1 \leq \mathrm{i}, \mathrm{j} \leq \mathrm{n}$ )
$$
a_{i j}= \begin{cases}1 & \text { if } x_{i}+y_{j} \geq 0 \\ 0 & \text { if } x_{i}+y_{j}<0\end{cases}
$$
Furthermore, let B be an $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ matrix with elements 0 or 1, such that the sum of the elements in each row and each column of B is equal to the sum of the elements in the corresponding row or column of A.
Prove that then $\mathrm{A}=\mathrm{B}$ holds.
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We assume that there is a matrix $B$ of the required type with $B \neq A$. Now we consider in $A$ only those elements $a_{ij}$ that differ from the corresponding elements $b_{ij}$. There must be at least one such element. All other elements of $A$ are deleted. Then, within each row and column, the number of remaining zeros is equal to the number of remaining ones, since these counts in $B$ are simply swapped for the same row or column sum. Thus, each number $x_i$ appears in the remaining arrangement just as often as a summand in a sum $x_i + y_j < 0$ as it does in a sum $x_i + y_j \geq 0$. The same applies to each number $y_j$.
Now we add up all sums $x_i + y_j < 0$ with $a_{ij} \neq b_{ij}$. The sum of these sums is necessarily $< 0$. Similarly, we add up all sums $x_i + y_j \geq 0$ with $a_{ij} \neq b_{ij}$. The sum of these sums is necessarily $\geq 0$. However, since each of the numbers $x_i$ and $y_j$ appears equally often in both sums, these sums must have the same value, which is a contradiction! Therefore, there can be no different elements in $A$ and $B$, and it follows that $A = B$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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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.
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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 $A=B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl2_04.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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Let $ABC$ be an isosceles triangle with $\overline{AC} = \overline{BC}$ and incenter $I$. Furthermore, let $P$ be a point inside $ABC$ on the circumcircle of triangle $BIA$. The parallels to $CA$ and $CB$ through $P$ intersect $AB$ at $D$ and $E$ respectively. The parallel to $AB$ through $P$ intersects $CA$ and $CB$ at $F$ and $G$ respectively.
Show that the lines $DF$ and $EG$ intersect on the circumcircle of triangle $ABC$.
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Due to $\angle F P E=\angle F G B=180^{\circ}-\angle C B A=180^{\circ}-\angle B A C=180^{\circ}-\angle F A E$ (parallelism and isosceles property), FAEP is a cyclic quadrilateral. Similarly, GPDB is also a cyclic quadrilateral. Their two circumcircles intersect at P and another point, which we denote as S. Now it follows that $\angle E S P=\angle E A P=\angle B A P=180^{\circ}-\angle A P B-\angle P B A$ $=180^{\circ}-\angle A I B-\angle P B A=\angle B A I+\angle I B A-\angle P B A=2 \cdot \frac{1}{2} \angle C B A-\angle P B A=\angle C B P=\angle G B P$ $=\angle G S P$ (inscribed angles and symmetry). Therefore, S lies on the line EG; similarly, S, D, and F are collinear. Hence, S is the intersection of DF and EG. It remains to prove that this point lies on the circumcircle of ABC.
Indeed, we have
$\angle B S A=\angle P S A+\angle B S P=180^{\circ}-\angle A F P+180^{\circ}-\angle P G B=$ $\angle G F C+\angle C G F=180^{\circ}-\angle F C G=180^{\circ}-\angle A C B$. Thus, ASBC is a cyclic quadrilateral, which is what we needed to prove.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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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.
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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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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2004-loes_awkl2_04.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2004"
}
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Gegeben sind die positiven reellen Zahle $a$ und $b$ und die natürliche Zahl $n$.
Man ermittle in Abhängigkeit von $a, b$ und $n$ das größte der $n+1$ Glieder in der Entwicklung von $(a+b)^{n}$.
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Das $k$-te Glied $\mathrm{G}(\mathrm{k})$ in der Entwicklung von $(\mathrm{a}+\mathrm{b})^{\mathrm{n}}$ ist gegeben durch die Formel: $G(k)=\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1}$, wobei $\binom{n}{0}=1$ und $1 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n}+1$.
Da es endlich viele Glieder gibt und jede endliche Zahlenmenge (mindestens) ein maximales Element enthält, wird untersucht unter welchen Bedingungen das k-te Element maximal ist. Dafür müssen die folgenden Beziehungen gleichzeitig erfüllt sein: $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k} \cdot a^{n-k} \cdot b^{k}$ und $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k-2} \cdot a^{n-k+2} \cdot b^{k-2}$, wobei im letzten Fall $k \geq 2$ sein muss und eine dieser Ungleichungen streng ist (einfacher Nachweis!).
Das führt einerseits $\mathrm{zu} \frac{1}{n-k+1} \cdot a \geq \frac{1}{k} \cdot b$ und andererseits $\mathrm{zu} \frac{1}{k-1} \cdot b \geq \frac{1}{n-k+2} \cdot a$, woraus sowohl $\mathrm{n}+1 \geq \mathrm{k} \geq \frac{n b+b}{a+b}$, als auch $1 \leq \mathrm{k} \leq \frac{n b+2 b+a}{a+b}=\frac{n b+b}{a+b}+1$ folgt.
Falls $\mathrm{i}=\frac{n b+b}{a+b}$ nicht ganzzahlig ist, ist $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ das größte Glied, andernfalls sind $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ und $\mathrm{G}(\mathrm{i}+1)$ maximal.
Weitere maximale Glieder kann es nicht geben.
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\frac{n b+b}{a+b}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Gegeben sind die positiven reellen Zahle $a$ und $b$ und die natürliche Zahl $n$.
Man ermittle in Abhängigkeit von $a, b$ und $n$ das größte der $n+1$ Glieder in der Entwicklung von $(a+b)^{n}$.
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Das $k$-te Glied $\mathrm{G}(\mathrm{k})$ in der Entwicklung von $(\mathrm{a}+\mathrm{b})^{\mathrm{n}}$ ist gegeben durch die Formel: $G(k)=\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1}$, wobei $\binom{n}{0}=1$ und $1 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n}+1$.
Da es endlich viele Glieder gibt und jede endliche Zahlenmenge (mindestens) ein maximales Element enthält, wird untersucht unter welchen Bedingungen das k-te Element maximal ist. Dafür müssen die folgenden Beziehungen gleichzeitig erfüllt sein: $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k} \cdot a^{n-k} \cdot b^{k}$ und $\binom{n}{k-1} \cdot a^{n-k+1} \cdot b^{k-1} \geq\binom{ n}{k-2} \cdot a^{n-k+2} \cdot b^{k-2}$, wobei im letzten Fall $k \geq 2$ sein muss und eine dieser Ungleichungen streng ist (einfacher Nachweis!).
Das führt einerseits $\mathrm{zu} \frac{1}{n-k+1} \cdot a \geq \frac{1}{k} \cdot b$ und andererseits $\mathrm{zu} \frac{1}{k-1} \cdot b \geq \frac{1}{n-k+2} \cdot a$, woraus sowohl $\mathrm{n}+1 \geq \mathrm{k} \geq \frac{n b+b}{a+b}$, als auch $1 \leq \mathrm{k} \leq \frac{n b+2 b+a}{a+b}=\frac{n b+b}{a+b}+1$ folgt.
Falls $\mathrm{i}=\frac{n b+b}{a+b}$ nicht ganzzahlig ist, ist $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ das größte Glied, andernfalls sind $\mathrm{G}(\mathrm{i})$ und $\mathrm{G}(\mathrm{i}+1)$ maximal.
Weitere maximale Glieder kann es nicht geben.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2005-loes_awkl1_05.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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Let $E=\{-1,0,1\}$ and $M$ be a set of lattice points in the plane. The points in $M$ are connected by a network of line segments (S) such that one can travel from any point in $M$ to any other point in $M$ without leaving (S). The line segments of the network can have endpoints other than the lattice points.
Determine the shortest total length of the network of line segments, if:
a) $M=\{(i, j) \mid i, j \in E$ and $i \cdot j=0\}$
b) $M=\{(i, j) \mid i, j \in E\}$
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Part a): Due to symmetry, it initially suffices to find the optimal network of segments for the points \(O(0,0)\), \(A(1,0)\), and \(C(0,1)\). By reflecting at \(O\), one then obtains the desired network for the points in \(M\). By rotating the plane \(x O y\) around \(O\) by an angle of \(60^\circ\) (Fig. 1), the triangle \(\triangle O A C\) is transformed into the triangle \(\triangle O A' C'\), where the segment \(P'C'\) is the image of \(PC\). The shortest system of segments that connects the points \(O\), \(A\), and \(C\) as required has a total length equal to that of the segment \(A C'\).
Fig. 1
In the triangle \(\triangle OAC'\), however, \(AC' = \sqrt{2 - 2 \cos 150^\circ} = \sqrt{2 + \sqrt{3}}\) (by the Law of Cosines). By reflecting at the origin \(O\), one obtains a shortest system of segments for part a) with a total length of \(2 \sqrt{2 + \sqrt{3}} = \sqrt{2} + \sqrt{6}\).
Part b): Similarly, due to symmetry, it initially suffices to find the shortest system of segments for the points \(D(-1 \mid 1)\), \(O(0 \mid 0)\), \(A(1 \mid 0)\), \(B(1 \mid 1)\), and \(C(0 \mid 1)\). Since the distance from \(D\) to the other four points is at least 1, such a system has a total length of \(1 + \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{\sqrt{2}} = 1 + 1 + \sqrt{3} = 2 + \sqrt{3}\) (see Fig. 2).
Fig. 2
Thus,
(after reflecting at \(0\)) for part b) a total length of \(2(2 + \sqrt{3}) = 4 + 2 \sqrt{3}\) is obtained.
Remark: The point \(P\) from part a) is the Fermat point of the triangle \(\triangle OAC\); the sum of its distances to the vertices \(O\), \(A\), and \(C\) is minimal. Every triangle in which no angle is greater than or equal to \(120^\circ\) contains such a point in its interior. However, if, for example, in a triangle \(\triangle ABC\), \(\alpha \geq 120^\circ\), then \(AB + AC\) is minimal. These properties were likely first discovered by Evangelista Torricelli (1608 - 1647) and further investigated by Pierre Fermat (1601 - 1665).
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4 + 2 \sqrt{3}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Geometry
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Sei $E=\{-1,0,1\}$ und $M$ eine Menge von Gitterpunkten der Ebene. Die Punkte aus $M$ sind so durch ein Streckennetz (S) miteinander verbunden, dass man von jedem Punkt aus M zu jedem anderen Punkt aus M gelangen kann ohne ( S ) zu verlassen. Dabei können die Strecken des Streckennetzes außer den Gitterpunkten auch andere Endpunkte enthalten.
Man ermittle die kürzeste Gesamtlänge des Streckennetzes, falls:
a) $M=\{(i, j) \mid i, j \in E$ und $i \cdot j=0\}$
b) $M=\{(i, j) \mid i, j \in E\}$
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Teil a): Aus Symmetriegründen reicht es zunächst das günstigste Streckennetz für die Punkte $O(0,0)$, $A(1,0)$ und $C(0,1)$ zu finden. Durch Spiegelung an O erhält man dann das gewünschte Netz für die Punkte aus M. Durch eine Drehung der Ebene $x O y$ um O mit Drehwinkel $60^{\circ}$ (Fig. 1) wird das Dreieck $\triangle O A C$ in das Dreieck $\triangle O A^{\prime} C^{\prime}$ überführt, wobei die Strecke P'C' das Bild von PC ist. Das kürzeste Streckensystem, das die Punkte O, A und $C$ wie gefordert verbindet, hat also eine Gesamtlänge, die gleich jener der Strecke $A C^{\prime}$ ist.
Fig. 1
Im Dreieck $\triangle \mathrm{OAC}^{\prime}$ ist aber $\mathrm{AC}^{\prime}=\sqrt{2-2 \cos 150^{\circ}}=\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (Kosinussatz). Durch Spiegelung am Ursprung O erhält man ein für Teil a) kürzestes Streckensystem mit einer Gesamtlänge von $2 \sqrt{2+\sqrt{3}}=\sqrt{2}+\sqrt{6}$.
Teil b): Ebenfalls aus Symmetriegründen reicht es zunächst das kürzeste Streckensystem für die Punkte $D(-1 \mid 1), O(0 \mid 0), A(1 \mid 0), B(1 \mid 1)$ und $C(0 \mid 1)$ zu finden. Da die Entfernung von D zu den restlichen vier Punkten mindestens 1 beträgt, hat ein solches System eine Gesamtlänge von $1+\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=1+1+\sqrt{3}=2+\sqrt{3}$ (siehe Fig. 2).
Fig. 2
Damit ergibt
(nach Spiegelung an 0 ) für b) eine Gesamtlänge von $2(2+\sqrt{3})=4+2 \sqrt{3}$.
Bemerkung: Der Punkt $P$ aus Teil a) ist der Fermat-Punkt des Dreiecks $\triangle \mathrm{OAC}$; die Summe seiner Abstände zu den Eckpunkten O, A und C ist minimal. Jedes Dreieck, in dem kein Winkel größer-gleich $120^{\circ}$ ist, enthält im Inneren einen solchen Punkt. Ist aber z.B. in einem Dreieck $\triangle A B C \alpha \geq 120^{\circ}$, dann ist dort $A B+A C$ minimal. Diese Eigenschaften wurden wohl zum ersten Mal von Evangelista Torricelli (1608 - 1647) entdeckt und von Pierre Fermat (1601 - 1665) weiter untersucht.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2005-loes_awkl1_05.jsonl",
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"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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Prove: If $4^{n} \cdot 7=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ with $n, a, b, c, d \in N \backslash\{0\}$, then none of the square numbers can be less than $4^{\mathrm{n}-1}$.
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If $n=1$, then the claim is correct; the only solutions for $a, b, c, d$ are, apart from the order, the quadruples $(1,1,1,5)$, $(1,3,3,3)$, and $(2,2,2,4)$. For each $n \geq 1$, $4^{n} \cdot 7$ is divisible by 4. Since the square of a natural number can only have remainders of 0 or 1 when divided by 4, only numbers of the same residue class modulo 4 are possible for $a, b, c, d$.
If $a, b, c, d$ (all) are odd, then the right-hand side is divisible by 4, but not by 8, and certainly not by 16. In this case, only $\mathrm{n}=1$ is possible. If $n>1$, then the four numbers on the right-hand side must all be even.
Assuming the property that all square numbers exceed $4^{n-1}$ does not hold for all $n$, then there is a smallest $k (k \in \mathbb{N})$ for which it does not hold. Since it holds for $n=1$, $k$ must be greater than 1. Then, however (see above), $a, b, c, d$ are all even. One could therefore divide both sides by 4, and the property should not hold for $k-1$, which, due to the minimality of $k$, cannot be. The claim is therefore correct for all natural numbers $\mathrm{n}, \mathrm{n} \geq 1$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Man beweise: Ist $4^{n} \cdot 7=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ mit $n, a, b, c, d \in N \backslash\{0\}$, dann kann keine der Quadratzahlen die Zahl $4^{\mathrm{n}-1}$ unterschreiten.
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Ist $n=1$, dann ist die Behauptung richtig; die einzigen Lösungen für $a, b, c, d$ sind, abgesehen von der Reihenfolge, die Quadrupel $(1,1,1,5)$, $(1,3,3,3)$ und $(2,2,2,4)$. Für jedes $n \geq 1$ ist $4^{n} .7$ durch 4 teilbar. Da das Quadrat einer natürlichen Zahl bei der Division durch 4 nur die Reste 0 oder 1 haben kann, kommen für $a, b, c, d$ nur Zahlen gleicher Restklasse modulo 4 in Frage.
Sind a, b, c, d (alle) ungerade, dann ist die rechte Seite zwar durch 4, nicht aber durch 8 und erst recht nicht durch 16 teilbar. In diesem Fall kommt also nur $\mathrm{n}=1$ in Frage. Sollte $n>1$ sein, dann müssen die vier Zahlen auf der rechten Seite demnach alle gerade sein.
Vorausgesetzt die Eigenschaft, dass alle Quadratzahlen $4^{n-1}$ überschreiten, gilt nicht für alle $n$, dann gibt es ein kleinstes $k(k \in N)$ für das sie nicht gilt. Da sie für $n=1$ gilt, muss $k$ größer 1 sein. Dann sind aber (siehe oben) a, b, c, d alle gerade. Man könnte also beide Seiten durch 4 teilen und die Eigenschaft dürfte auch für k-1 nicht gelten, was aber wegen der Minimalität von $k$ nicht sein kann. Die Behauptung stimmt also für alle natürlichen Zahlen $\mathrm{n}, \mathrm{n} \geq 1$.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2005-loes_awkl1_05.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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An infinite sequence $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ of real numbers satisfies the condition $a_{n}=\left|a_{n+1}-a_{n+2}\right|$ for all $n \geq 0$, where $a_{0}$ and $a_{1}$ are distinct positive numbers.
Can this sequence be bounded? The answer needs to be justified.
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First, we prove that two consecutive terms can never be equal. From $a_{n}=a_{n+1}=c$ it would immediately follow that $a_{n-1}=0$ and $a_{n-2}=a_{n-3}=c \quad(n>2)$. Eventually, $a_{0}=a_{1}$ or $a_{0}=0$ and $a_{1}=0$ would have to be true, which is excluded. Therefore, $a_{n}>0$ for all n.
Solving the condition yields $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}$ if $a_{n+2}>a_{n+1}$, and $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}$ if $a_{n+2}<a_{n+1}$. From $a_{n+1}<a_{n}$ it follows that $a_{n+2}>a_{n}$ and $a_{n+2}>a_{n+1}$. Therefore, the subsequence $b_{0}, b_{1}, b_{2}, \ldots$ that is created by removing all terms that are smaller than their predecessor and successor is strictly monotonically increasing.
If we now show that $b_{m+1}-b_{m} \geq b_{m}-b_{m-1}$ for all $m \geq 2$, then we have an arithmetic sequence with a positive difference as a minorant for this subsequence, from which the unboundedness follows directly. For this, we set $b_{m+1}=a_{n+2}$, where $a_{n+2}>a_{n+1}$ should hold. For $a_{n+1}>a_{n}$, we have $b_{m}=a_{n+1}$ and $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (because either $b_{m-1}=a_{n-1}$ or $b_{m-1}=$ $a_{n}>a_{n-1}$ holds). Thus, $b_{m+1}-b_{m}=a_{n}=a_{n+1}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$. For $a_{n+1}<a_{n}$, we have $b_{m}=a_{n}$ and $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (because either $b_{m-1}=a_{n-1}$ or $b_{m-1}=a_{n-2}>a_{n-1}$ holds). Thus, here $b_{m+1}-b_{m}=a_{n+1}=a_{n}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Eine unendliche Folge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ reeller Zahlen erfüllt die Bedingung $a_{n}=\left|a_{n+1}-a_{n+2}\right|$ für alle $n \geq 0$, wobei $a_{0}$ und $a_{1}$ verschiedene positive Zahlen sind.
Kann diese Folge beschränkt sein? Die Antwort ist zu begründen.
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Zunächst beweisen wir, dass zwei aufeinander folgende Glieder niemals gleich sein können. Aus $a_{n}=a_{n+1}=c$ folgte nämlich sofort $a_{n-1}=0$ und $a_{n-2}=a_{n-3}=c \quad(n>2)$. Schließlich müsste $a_{0}=a_{1}$ oder $a_{0}=0$ bzw. $a_{1}=0$ sein, was ausgeschlossen ist. Daher gilt auch $a_{n}>0$ für alle n.
Auflösen der Bedingung liefert $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}$ falls $a_{n+2}>a_{n+1}$ ist, sowie $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}$ falls $a_{n+2}<a_{n+1}$ ist. Aus $a_{n+1}<a_{n}$ folgt also $a_{n+2}>a_{n}$ und $a_{n+2}>a_{n+1}$. Daher ist diejenige Teilfolge $b_{0}, b_{1}, b_{2}, \ldots$ streng monoton wachsend, die durch Weglassen aller Glieder entsteht, die kleiner als ihr Vorgänger und ihr Nachfolger sind.
Wenn wir nun zeigen, dass $b_{m+1}-b_{m} \geq b_{m}-b_{m-1}$ für alle $m \geq 2$ gilt, so haben wir für diese Teilfolge eine arithmetische Folge mit positiver Differenz als Minorante, woraus die Unbeschränktheit direkt folgt. Dazu setzen wir $b_{m+1}=a_{n+2}$, wobei $a_{n+2}>a_{n+1}$ gelten soll. Für $a_{n+1}>a_{n}$ haben wir $b_{m}=a_{n+1}$ und $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (weil entweder $b_{m-1}=a_{n-1}$ oder $b_{m-1}=$ $a_{n}>a_{n-1}$ gilt). So ist $b_{m+1}-b_{m}=a_{n}=a_{n+1}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$. Für $a_{n+1}<a_{n}$ haben wir dagegen $b_{m}=a_{n}$ und $b_{m-1} \geq a_{n-1}$ (weil entweder $b_{m-1}=a_{n-1}$ oder $b_{m-1}=a_{n-2}>a_{n-1}$ gilt). So ist hier $b_{m+1}-b_{m}=a_{n+1}=a_{n}-a_{n-1} \geq b_{m}-b_{m-1}$.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
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"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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Given a circle K and a line g, which have no common points.
Furthermore, let $\overline{AB}$ be the diameter of K that is orthogonal to g, with B being closer to g than $A$. Additionally, let C be any point on K, different from $A$ and $B$. The line AC intersects g at D; the line DE is tangent to K at E, where B and E lie on the same side of AC. Finally, BE intersects the line g at point F and AF intersects the circle K, other than at A, at point G.
Prove that the reflection of G with respect to the axis AB lies on the line CF.
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We denote the second intersection of CF and K with H and the intersection of AB and g with X. Since $A B \perp g$, it suffices to show that $G H \| g$. This is the case if and only if $\angle A G H = \angle A F D$. The inscribed angle theorem and vertical angles yield $\angle A G H = \angle A C H = \angle D C F$; thus, we need to show that $\angle D C F = \angle A F D$. Since triangles DFC and ADF share an angle at D, it suffices to prove their (opposite) similarity. This is true if and only if $\frac{|D C|}{|D F|} = \frac{|D F|}{|D A|}$, i.e., $|D F|^2 = |D A| \cdot |D C|$ holds. According to the tangent-secant theorem, however, $|D E|^2 = |D A| \cdot |D C|$, so it remains to show that $|D E| = |D F|$, which is equivalent to $\angle D E F = \angle E F D$.
Since $\angle F X B = \angle A E B = 90^{\circ}$, AEXF is a cyclic quadrilateral and we have $\angle E F X = \angle E A B$. The equality of the angle between the chord and the tangent yields $\angle D E F = \angle E A B$, from which $\angle D E F = \angle E F D$ follows.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben seien ein Kreis K und eine Gerade g , die keinen gemeinsamen Punkt haben.
Ferner sei $\overline{A B}$ der Durchmesser von K , der orthogonal zu g ist, wobei B näher an g liegt als $A$. Weiter sei ein beliebiger Punkt $C$, verschieden von $A$ und $B$, auf $K$ gegeben. Die Gerade AC schneidet g in D; die Gerade DE berührt K in E, wobei B und E auf derselben Seite von AC liegen. Schließlich schneidet BE die Gerade g im Punkt F und AF den Kreis K außer in A im Punkt G.
Man beweise, dass der Spiegelpunkt von G bezüglich der Achse AB auf der Geraden CF liegt.
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Wir bezeichnen den zweiten Schnittpunkt von CF und K mit H sowie den Schnittpunkt von AB und g mit X . Wegen $A B \perp g$ reicht es zu zeigen, dass $G H \| g$. Dies ist genau dann der Fall, wenn $\angle A G H=\angle A F D$. Umfangswinkelsatz und Scheitelwinkel liefern $\angle A G H=\angle A C H=\angle D C F$; also muss $\angle D C F=\angle A F D$ gezeigt werden. Da die Dreiecke DFC und ADF bei D einen Winkel gemeinsam haben, braucht nur deren (gegensinnige) Ähnlichkeit nachgewiesen zu werden. Diese ist genau dann erfültt, wenn $\frac{|D C|}{|D F|}=\frac{|D F|}{|D A|}$,
d.h. $|D F|^{2}=|D A| \cdot|D C|$ gilt. Nach dem TangentenSekantensatz gilt allerdings $|D E|^{2}=|D A| \cdot|D C|$, so dass nur $|D E|=|D F|$ zu zeigen bleibt, was mit $\angle D E F=\angle E F D$ gleichbedeutend ist.
Wegen $\angle F X B=\angle A E B=90^{\circ}$ ist AEXF ein Sehnenviereck und es gilt $\angle E F X=\angle E A B$. Die Gleichheit der Sehnen-Tangentenwinkel liefert
$\angle D E F=\angle E A B$, woraus $\angle D E F=\angle E F D$ folgt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2005-loes_awkl2_05.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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Given two positive integers $n$ and $k$. In the plane, there are $n$ circles ($n \geq 2$) such that each circle intersects every other circle at two points, and all these intersection points are pairwise distinct.
Each intersection point is colored with one of $n$ colors such that each color is used at least once and on each of the circles, the same number $k$ of colors is represented.
Determine all values of $n$ and $k$ for which such a coloring is possible.
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The answer is: $2 \leq k \leq n \leq 3$ or $3 \leq k \leq n$.
Obviously, $k \leq n$ according to the problem statement, and $k \geq 2$, because for $k=1$ all points would have the same color, while the number $n$ of colors should be $\geq 2$. We number the circles and the colors from 1 to n and denote by $F(i, j)$ the set of colors of the intersection points of circles i and j. $F(i, j)$ contains one or two elements.
Let $k=2$. For $n=2$, $F(1,2)=\{1,2\}$ is an allowed coloring. For $n=3$, $F(1,2)=\{3\}$, $F(2,3)=\{1\}, F(3,1)=\{2\}$ is an example of an allowed coloring. Now let $n \geq 4$. To each of the n circles, we assign the set $\{i, j\}$ of the two colors appearing on it. Each of these sets consists of two elements, and each of the n colors must appear in at least two sets, since each colored point is the intersection of two circles. Therefore, each color appears in exactly two sets. For the circle 1 with the set $\{i, j\}$, there are thus at most two other circles whose color sets contain i or j. Since $n \geq 4$, we always find a circle 2 with the set $\{k, l\}$ and $\{k, l\} \cap\{i, j\}=\{ \}$. The intersection points of circles 1 and 2 are then not allowed to be colored, contradiction!
Now we prove by induction a slightly stronger statement than required: For $n \geq k \geq 3$, there always exists an allowed coloring in which the color i appears on the circle i for all $i=1, \ldots, n$. For the base case, we give an example for $k=n=3$ with $F(1,2)=\{1,2\}$, $F(1,3)=\{1,3\}, F(2,3)=\{2,3\}$ and for $k=3, n>3$ the following example of an allowed coloring with the additional condition:
$F(1,2)=\{1,2\}, F(i, i+1)=\{i\}$ for $1<i<n-1, F(n-1, n)=\{n-2, n-1\}$ and $F(i, j)=\{n\}$ for the remaining pairs $(i, j)$ with $1 \leq i<j \leq n$.
Now assume that the stronger statement is true for some $k \geq 3$, and choose $n \geq k+1$. Since $n-1 \geq k \geq 3$, there exists an allowed coloring with the additional condition for the circles or colors 1,2,..., n-1. Now we color the intersection points of circle n: For each $i=1, \ldots, n-1$, one intersection point of circles i and n is colored with color n. Thus, on each of the circles i with $i=1, \ldots, n-1$, exactly $k+1$ colors appear; among them i and $n$. For $i=1, \ldots, k$, the second intersection point of circles i and n is colored with color i, so that now also on circle $n$ exactly $k+1$ colors lie, namely 1 to $k$ and $n$. All other new intersection points are colored with color n, so that no additional colors appear on any circle. This coloring satisfies all conditions.
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2 \leq k \leq n \leq 3 \text{ or } 3 \leq k \leq n
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Gegeben seien zwei positive ganze Zahlen $n$ und $k$. In der Ebene liegen $n$ Kreise ( $\mathrm{n} \geq 2$ ), so dass jeder Kreis jeden anderen zweimal schneidet und alle diese Schnittpunkte paarweise verschieden sind.
Jeder Schnittpunkt wird mit einer von n Farben so gefärbt, dass jede Farbe wenigstens einmal verwendet wird und auf jedem der Kreise die gleiche Anzahl k von Farben vertreten ist.
Man bestimme alle Werte von $n$ und $k$, für die eine solche Färbung möglich ist.
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Die Antwort lautet: $2 \leq k \leq n \leq 3$ oder $3 \leq k \leq n$.
Offensichtlich gilt $k \leq n$ nach Aufgabenstellung sowie $k \geq 2$, weil für $k=1$ alle Punkte dieselbe Farbe hätten, während die Anzahl $n$ der Farben $\geq 2$ sein soll. Wir nummerieren die Kreise und die Farben von 1 bis n und bezeichnen mit $F(i, j)$ die Menge der Farben der Schnittpunkte der Kreise i und j. F $(i, j)$ enthält ein oder zwei Elemente.
Sei $k=2$. Für $n=2$ ist $F(1,2)=\{1,2\}$ eine erlaubte Färbung. Für $n=3$ ist $F(1,2)=\{3\}$, $F(2,3)=\{1\}, F(3,1)=\{2\}$ ein Beispiel für eine erlaubte Färbung. Sei nun $n \geq 4$. Jedem der n Kreise ordnen wir die Menge $\{i, j\}$ der beiden auf ihm vorkommenden Farben zu. Jede dieser Mengen besteht aus zwei Elementen und jede der n Farben muss in wenigstens zwei Mengen vorkommen, da sich in jedem gefärbten Punkt zwei Kreise schneiden. Also kommt jede Farbe in genau zwei Mengen vor. Zum Kreis 1 mit der Menge $\{i, j\}$ gibt es daher noch höchstens zwei weitere Kreise, in deren Farbmengen i oder j vorkommen. Wegen $n \geq 4$ finden wir stets einen Kreis 2 mit der Menge $\{k, l\}$ und $\{k, l\} \cap\{i, j\}=\{ \}$. Die Schnittpunkte der Kreise 1 und 2 sind dann nicht erlaubt färbbar Widerspruch!
Nun beweisen wir mit vollständiger Induktion einen etwas stärkeren Satz als verlangt: Für $n \geq k \geq 3$ existiert stets eine erlaubte Färbung, bei der auf dem Kreis i die Farbe i für alle $i=1, \ldots, n$ vorkommt. Zur Verankerung geben wir für $k=n=3 \operatorname{mit} F(1,2)=\{1,2\}$, $F(1,3)=\{1,3\}, F(2,3)=\{2,3\}$ ein Beispiel und für $k=3, n>3$ folgendes Beispiel für eine erlaubte Färbung mit Zusatzbedingung:
$F(1,2)=\{1,2\}, F(i, i+1)=\{i\}$ für $1<i<n-1, F(n-1, n)=\{n-2, n-1\}$ und $F(i, j)=\{n\}$ für die restlichen Paare $(i, j)$ mit $1 \leq i<j \leq n$.
Nun nehmen wir an, dass der stärkere Satz für ein $k \geq 3$ erfüllt ist, und wählen $n \geq k+1$. Wegen $n-1 \geq k \geq 3$ gibt es eine erlaubte Färbung mit Zusatzbedingung für die Kreise bzw. Farben 1,2,..., n-1. Jetzt färben wir die Schnittpunkte des Kreises n: Für jedes $i=1, \ldots, n-1$ erhält ein Schnittpunkt der Kreise i und n die Farbe n . Damit kommen auf jedem der Kreise i mit $i=1, \ldots, n-1$ genau $k+1$ Farben vor; darunter i und $n$. Für $i=1, \ldots, k$ erhält der zweite Schnittpunkt der Kreise i und n die Farbe i, so dass nun auch auf dem Kreis $n$ genau $k+1$ Farben liegen, nämlich 1 bis $k$ und $n$. Alle übrigen neuen Schnittpunkte erhalten die Farbe n, so dass auf keinem Kreis weitere Farben dazukommen. Diese Färbung erfüllt alle Bedingungen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2005-loes_awkl2_05.jsonl",
"solution_match": "# Lösung\n",
"tier": "T1",
"year": "2005"
}
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Let $A, B, C, D, E, F$ be points on a circle with $A E \| B D$ and $B C \| D F$. By reflection across the line $C E$, the point $D$ is mapped to $X$. Show that $X$ is as far from the line $E F$ as $B$ is from $A C$.
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All angles appearing below are to be understood as oriented and modulo $180^{\circ}$. This makes considerations of the relative positions of the involved points unnecessary. The feet of the perpendiculars from $B, X$ to $A C, E F$ are denoted by $P, Q$.
Strategy. Show the congruence of triangles $ABP$ and $EXQ$. (*)
From this, $BP = XQ$ will immediately follow, and thus the claim will be proven. The proof of (*) itself proceeds in three steps using a known congruence theorem.
I. Since $\varangle BPA \equiv \varangle EQX \equiv 90^{\circ}$, both triangles are right-angled.
II. Because $AE \| BD$, the cyclic quadrilateral $ABDE$ is an isosceles trapezoid, and thus $AB = DE$. Furthermore, $DE = XE$ by the construction of $X$, and therefore $AB = XE$, i.e., the hypotenuses are equal.
III. As before, we conclude from $BC \| DF$ that $BCDF$ is also an isosceles trapezoid. By repeated application of the inscribed angle theorem, we now get $\varangle DEC + \varangle CAB \equiv \varangle DAC + \varangle CAB \equiv \varangle DAB \equiv \varangle DFB \equiv \varangle CDF \equiv \varangle CEF \equiv \varangle CEX + \varangle XEF$. From $\varangle DEC \equiv \varangle CEX$, it follows that $\varangle CAB \equiv \varangle XEF$, or, in other words, $-\varangle PAB \equiv \varangle XEQ$.
Remark. Discussions of positional relationships have not been taken into account either positively or negatively in the evaluation.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es seien $A, B, C, D, E, F$ Punkte auf einem Kreis mit $A E \| B D$ und $B C \| D F$. Durch Spiegelung an der Geraden $C E$ gehe der Punkt $D$ in $X$ über. Zeige, dass $X$ so weit von der Geraden $E F$ entfernt ist wie $B$ von $A C$.
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Alle im folgenden auftretenden Winkel sind als orientiert und modulo $180^{\circ} \mathrm{zu}$ verstehen; dadurch wird eine Betrachtung der Lage der involvierten Punkte zueinander entbehrlich. Die Fußpunkte der Lote von $B, X$ auf $A C, E F$ seien mit $P, Q$ bezeichnet.
Strategie. Zeige die Kongruenz der Dreiecke ABP, EXQ. (*)
Hieraus wird sich sofort $B P=X Q$ und damit die Behauptung ergeben. Der Beweis von (*) selbst erfolgt vermittelst eines bekannten Kongruenzsatzes in drei Schritten.
I. Wegen $\varangle B P A \equiv \varangle E Q X \equiv 90^{\circ}$ sind beide Dreiecke rechtwinklig.
II. Da $A E \| B D$ ist das Sehnenviereck $A B D E$ ein gleichschenkeliges Trapez und demnach $A B=D E$. Weiterhin ist $D E=X E$ nach Konstruktion von $X$ und mithin $A B=X E$, d.h. die Hypotenusen stimmen überein.
III. Wie vorhin schließen wir aus $B C \| D F$, daß auch $B C D F$ ein gleichschenkliges Trapez ist. Durch wiederholte Verwendung des Peripheriewinkelsatzes erhalten wir nun $\varangle D E C+$ $\varangle C A B \equiv \varangle D A C+\varangle C A B \equiv \varangle D A B \equiv \varangle D F B \equiv \varangle C D F \equiv \varangle C E F \equiv \varangle C E X+\varangle X E F$. Infolge $\varangle D E C \equiv \varangle C E X$ ergibt sich hieraus $\varangle C A B \equiv \varangle X E F$, oder - anders formuliert $-\varangle P A B \equiv \varangle X E Q$.
Bemerkung. Diskussionen der Lagebeziehungen sind weder positiv noch negativ in die Bewertung eingegangen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "1. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl1_06.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
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In a room, there are 2005 fruit crates, each containing one or more types of fruit, with each type of fruit being present in whole numbers.
a) Show that it is always possible to select 669 fruit crates that together contain at least one third of all the apples and at least one third of all the pears.
b) Can the crates in part a) always be chosen such that they also contain at least one third of all the peaches?
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a) Let $N$ be a box containing a maximum number of apples, say $n$ pieces. It is set aside. We now consider all possibilities of dividing the remaining $2004 = 3 \cdot 668$ boxes into three piles, $A, B$, and $C$, each with 668 boxes. Let the total number of apples in these boxes be $a, b, c$. By starting with any such division and renaming the formed piles if necessary, we see that there are divisions with $a \leqq b \leqq c$. Among all these, we fix for the rest of the proof a division for which $c-a$ is minimal. If $c-a > n$, we could swap a box from $A$ with the maximum number of apples with a box from $C$ with the minimum number of apples and, due to the maximality of $n$, after possibly renaming the piles, we would obtain a contradiction to the minimality of $c-a$. Therefore, $c-a \leqq n$, so $a+n \geqq c \geqq b$, from which it immediately follows that
$$
a+n = \frac{(a+n) + (a+n) + a+n}{3} \geqq \frac{c+b+a+n}{3}
$$
If we ultimately decide to take the 669 boxes $A \cup \{N\}$, i.e., the boxes of pile $A$ together with the box $N$, we would have at least met the condition on the number of apples to be taken. This is of course also true for $B \cup \{N\}$ and $C \cup \{N\}$. Now, by the pigeonhole principle, let $T$ be one of these three piles that contains at least one-third of the pears occurring in them. Thus, the selection $T \cup \{N\}$ certainly meets the requirement for the number of pears to be chosen and is therefore as desired.
b) Here it suffices to provide a counterexample. Let one of the boxes contain nothing but an apple, another only a pear, and in the remaining 2003 boxes, let there be a peach each. If we wanted to meet the given conditions, we would have to select the box with the apple, the box with the pear, and 668 boxes with a peach, thus requiring a total of 670 boxes.
Remark. In part (a), it is instructive to consider the case where there are 1002 boxes each containing $2m$ apples but no pears, 1002 boxes each containing $2m$ pears but no apples, and one box, $(H)$, containing $m$ apples and $m$ pears, where $m$ stands for a possibly large natural number (e.g., 100000). One can easily convince oneself that box $H$ must be taken. This is still the case even if the described configuration is slightly modified, i.e., by changing the number of fruits (e.g., 1, 2, 3) in comparison to $m$. Most proposed algorithmic approaches of the form "Take boxes with the maximum number of fruits/apples/pears until ... and then always take boxes with the maximum number of ..." do not always lead to taking box $H$ in the described situations. Therefore, they do not solve the problem without further ado.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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In einem Raum stehen 2005 Obstkisten, von denen jede eine oder mehrere Sorten Obst enthält, von jeder Obstsorte ganzzahlig viele Früchte.
a) Man zeige, dass man stets 669 Obstkisten auswählen kann, die zusammen sowohl mindestens ein Drittel aller Äpfel als auch mindestens ein Drittel aller Birnen enthalten.
b) Können die Kisten in Teil a) stets so gewählt werden, dass sie außerdem mindestens ein Drittel aller Pfirsiche enthalten?
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a) Es sei $N$ eine Kiste, die eine maximale Anzahl von Äpfeln enthält, sagen wir $n$ Stück. Sie werde zunächst beiseite gestellt. Wir betrachten nun alle Möglichkeiten, die verbleibenden $2004=3 \cdot 668$ Kisten in drei Haufen, $A, B$ und $C$ zu je 668 Kisten aufzuteilen. Die Gesamtzahl an Äpfeln in diesen Kisten sei $a, b, c$. Indem wir mit einer beliebigen solchen Aufteilung beginnen und die gebildeten Haufen gegebenenfalls umbenennen, sehen wir, daß es Aufteilungen mit $a \leqq$ $b \leqq c$ gibt. Unter allen diesen fixieren wir für den Rest der Beweisführung eine solche, für die $c-a$ minimal ist. Wäre nun $c-a>n$, so könnten wir eine Kiste aus $A$ mit darin maximaler Anzahl von Äpfeln gegen eine Kiste aus $C$ mit darin minimaler Anzahl vertauschen und erhielten infolge der Maximalität von $n$ nach eventueller Umbenennung der Haufen einen Widerspruch zur Minimalität von $c-a$. Demnach ist $c-a \leqq n$, also $a+n \geqq c \geqq b$, woraus sofort
$$
a+n=\frac{(a+n)+(a+n)+a+n}{3} \geqq \frac{c+b+a+n}{3}
$$
folgt. Sollten wir uns also letzten Endes entschließen, die 669 Kisten $A \cup\{N\}$ zu nehmen, d.h. die Kisten des Haufens $A$ zusammen mit der Kiste $N$, so hätten wir zumindest die Bedingung über die Anzahl der zu nehmenden Äpfel erfüllt. Dies gilt natürlich erst recht für $B \cup\{N\}$ und $C \cup\{N\}$. Nun sei (nach Schubfachprinzip) $T$ ein solcher der drei Haufen, der mindestens ein Drittel der in ihnen zusammen vorkommenden Birnen enthält. Damit erfüllt die Auswahl
$T \cup\{N\}$ sicher die Anforderung an die zu wählende Anzahl von Birnen und ist folglich nach obigem wie gewünscht.
b) Hier genügt die Angabe eines Gegenbeispiels. Es enthalte eine der Kisten nichts außer einem Apfel, eine weitere bloß eine Birne und in den übrigen 2003 Kisten möge jeweils ein Pfirsich liegen. Wollte man nun den gestellten Bedingungen genügen, müßte man die Kiste mit dem Apfel, die Kiste mit der Birne und 668 Kisten mit einem Pfirsich auswählen, bräuchte also insgesamt 670 Kisten.
Bemerkung. In Teilaufgabe (a) ist es instruktiv, den Fall zu betrachten, daß es 1002 Kisten mit jeweil $2 m$ Äpfeln aber keiner Birne, 1002 Kisten mit jeweils $2 m$ Birnen aber keinem Apfel und eine Kiste, $(H)$, mit $m$ Äpfeln und $m$ Birnen gibt, wobei $m$ für eine womöglich große natürliche Zahl (z.B. 100000) steht. Man überzeugt sich leicht, daß Kiste $H$ genommen werden muß. Dies ist auch dann noch der Fall, wenn die beschriebene Konfiguration geringfügig, d.h. um im Vergleich zu $m$ sehr kleine Anzahlen von Früchten (z.B. 1, 2, 3) geändert wird. Nun führen die meisten vorgeschlagenen algorithmischen Ansätze der Form „Man nehme solange Kisten mit maximal vielen Früchten/Äpfeln/Birnen, bis . . . und danach immer Kisten mit maximal vielen ..." nicht immer darauf, in den beschriebenen Situationen die Kiste $H$ zu nehmen. Daher lösen sie ohne weiteres die Aufgabe nicht.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "2. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl1_06.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
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Can non-negative integers $a, b, c, d, e, f, g$, $h$ be found for every positive integer $n$ such that
$$
n=\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}} \cdot \frac{2^{e}-2^{f}}{2^{g}-2^{h}}
$$
The answer needs to be justified.
Preliminary remark: In the following, let $n$ be odd. Without loss of generality, $a>b, c>d, e>f$, $g>h$. The condition equation is then equivalent to $n 2^{d+h-b-f}\left(2^{c-d}-1\right)\left(2^{g-h}-1\right)=$ $\left(2^{a-b}-1\right)\left(2^{e-f}-1\right)$. Since $n$ is odd, $d+h-b-f=0$, and one can set $d=h=b=f=0$ without loss of generality:
$$
n\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)=\left(2^{a}-1\right)\left(2^{c}-1\right)
$$
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The numbers of the form $n=19+64k$ with integer $k \geq 0$ cannot be represented. For $x>1$, $2^x-1$ gives a remainder of 3 when divided by 4, and for $x=1$ a remainder of 1. Only when an odd number of the variables $a, c, e, g$ have the value 1 can equation (*) be satisfied. If three of the variables have the value 1, the equation cannot hold because $n$ does not have the form $2^x-1$. Therefore, exactly one of the parentheses in $\left(^{*}\right)$ has the value 1. By appropriate considerations and case distinctions for remainders when divided by 8, 16, 32, 64, the values of the remaining parentheses can be determined and each can lead to a contradiction.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Lassen sich für jede positive ganze Zahl $n$ nicht-negative ganze Zahlen $a, b, c, d, e, f, g$, $h$ mit
$$
n=\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}} \cdot \frac{2^{e}-2^{f}}{2^{g}-2^{h}}
$$
finden? Die Antwort ist zu begründen.
Vorbemerkung: Im Folgenden sei $n$ ungerade. Ohne Einschränkung ist $a>b, c>d, e>f$, $g>h$. Die Bedingungsgleichung ist dann äquivalent zu $n 2^{d+h-b-f}\left(2^{c-d}-1\right)\left(2^{g-h}-1\right)=$ $\left(2^{a-b}-1\right)\left(2^{e-f}-1\right)$. Da $n$ ungerade ist, gilt $d+h-b-f=0$, und man kann ohne Einschränkung $d=h=b=f=0$ setzen:
$$
n\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)=\left(2^{a}-1\right)\left(2^{c}-1\right)
$$
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Die Zahlen der Form $n=19+64 k$ mit ganzzahligem $k \geqq 0$ lassen sich nicht darstellen. Für $x>1$ liefert $2^{x}-1$ Rest 3 bei Division durch 4, für $x=1$ Rest 1. Nur wenn eine ungerade Anzahl der Variablen $a, c, e, g$ Wert 1 hat, kann Gleichung (*) erfüllt sein. Haben drei der Variablen Wert 1, kann die Gleichung nicht gelten, da $n$ ncht die Form $2^{x}-1$ hat. Also hat genau eine der Klammern in $\left(^{*}\right)$ Wert 1. Durch entsprechende Überlegungen und Fallunterscheidungen zu Resten bei Division durch 8, 16, 32, 64 kann man die Werte der restlichen Klammern festlegen und jeweils zum Widerspruch führen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl1_06.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung (skizziert):",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
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Can non-negative integers $a, b, c, d, e, f, g$, $h$ be found for every positive integer $n$ such that
$$
n=\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}} \cdot \frac{2^{e}-2^{f}}{2^{g}-2^{h}}
$$
The answer needs to be justified.
Preliminary remark: In the following, let $n$ be odd. Without loss of generality, $a>b, c>d, e>f$, $g>h$. The condition equation is then equivalent to $n 2^{d+h-b-f}\left(2^{c-d}-1\right)\left(2^{g-h}-1\right)=$ $\left(2^{a-b}-1\right)\left(2^{e-f}-1\right)$. Since $n$ is odd, $d+h-b-f=0$, and one can set $d=h=b=f=0$ without loss of generality:
$$
n\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)=\left(2^{a}-1\right)\left(2^{c}-1\right)
$$
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The number $n=19$ is not representable. One uses the relationship $\gcd(2^{x}-1, 2^{y}-1) = 2^{\gcd(x, y)}-1$ to show: From $(2^{x}-1) \mid (2^{y}-1)(2^{z}-1)$ it follows that $x \mid y$ or $x \mid z$.
From this, using (*), it follows that 19 can be written as
$$
19=\frac{2^{a}-1}{2^{c}-1} \cdot \frac{2^{e}-1}{2^{g}-1} \quad \text{or} \quad 19=\frac{2^{a}-1}{(2^{c}-1)(2^{g}-1)} \cdot (2^{e}-1)
$$
as a product of two integer factors. Since 19 is a prime number and does not have the form $2^{e}-1$, it suffices to show that the equation
$$
19=\frac{2^{a}-1}{(2^{c}-1)(2^{g}-1)}
$$
(also $19=(2^{a}-1)/(2^{c}-1)=(2^{a}-1)/((2^{c}-1)(2^{1}-1))$) cannot hold. The numerator contains the prime factor 19, which is only possible for $a \geq 18$. The numbers $c$ and $g$ divide $a$, without loss of generality, $c \geq g$. For $c=g=a/2$, the fraction has the non-integer value $1+2/(2^{a/2}-1)$, for $c \leq a/3, g \leq a/3$ or for $c=a/2, g \leq a/4$, the value is too large. Thus, $c=a/2, g=a/3$, and the fraction has the non-integer value $2^{a/6}+1/(2^{a/6}-1)$.
Remark: Not every $n$ is a product of two integer factors of the form $(2^{x}-1)/(2^{y}-1)$. For example, $13=\frac{(2^{12}-1)(2^{2}-1)}{(2^{6}-1)(2^{4}-1)}$, but one can show, as in the second solution, that 13 is not representable in the form $(2^{x}-1)/(2^{y}-1)$.
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19
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Lassen sich für jede positive ganze Zahl $n$ nicht-negative ganze Zahlen $a, b, c, d, e, f, g$, $h$ mit
$$
n=\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}} \cdot \frac{2^{e}-2^{f}}{2^{g}-2^{h}}
$$
finden? Die Antwort ist zu begründen.
Vorbemerkung: Im Folgenden sei $n$ ungerade. Ohne Einschränkung ist $a>b, c>d, e>f$, $g>h$. Die Bedingungsgleichung ist dann äquivalent zu $n 2^{d+h-b-f}\left(2^{c-d}-1\right)\left(2^{g-h}-1\right)=$ $\left(2^{a-b}-1\right)\left(2^{e-f}-1\right)$. Da $n$ ungerade ist, gilt $d+h-b-f=0$, und man kann ohne Einschränkung $d=h=b=f=0$ setzen:
$$
n\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)=\left(2^{a}-1\right)\left(2^{c}-1\right)
$$
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Die Zahl $n=19$ ist nicht darstellbar. Man nutzt die Beziehung ggT( $2^{x}-1$, $\left.2^{y}-1\right)=2^{\operatorname{ggT}(x, y)}-1$, um zu zeigen: Aus $\left(2^{x}-1\right) \mid\left(2^{y}-1\right)\left(2^{z}-1\right)$ folgt $x \mid y$ oder $x \mid z$.
Hieraus folgt mit (*), dass sich 19 als
$$
19=\frac{2^{a}-1}{2^{c}-1} \cdot \frac{2^{e}-1}{2^{g}-1} \quad \text { oder } \quad 19=\frac{2^{a}-1}{\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)} \cdot\left(2^{e}-1\right)
$$
als Produkt zweier ganzzahliger Faktoren schreiben lässt. Da 19 eine Primzahl ist und nicht die Form $2^{e}-1$ hat, genügt es zu zeigen, dass die Gleichung
$$
19=\frac{2^{a}-1}{\left(2^{c}-1\right)\left(2^{g}-1\right)}
$$
(damit auch $19=\left(2^{a}-1\right) /\left(2^{c}-1\right)=\left(2^{a}-1\right) /\left(\left(2^{c}-1\right)\left(2^{1}-1\right)\right)$ nicht gelten kann. Der Zähler enthält den Primfaktor 19, was nur für $a \geq 18$ möglich ist. Die Zahlen $c$ und $g$ teilen $a$, ohne Einschränkung ist $c \geq g$. Für $c=g=a / 2$ hat der Bruch den nichtganzzahligen Wert $1+2 /\left(2^{a / 2}-1\right)$, für $c \leq a / 3, g \leq a / 3$ oder für $c=a / 2, g \leq a / 4$ ist der Wert zu groß. Damit ist $c=a / 2, g=a / 3$, und der Bruch hat den nicht ganzzahligen Wert $2^{a / 6}+1 /\left(2^{a / 6}-1\right)$.
Bemerkung: Nicht immer ist $n$ Produkt zweier ganzzahliger Faktoren der Form $\left(2^{x}-1\right) /\left(2^{y}-1\right)$. Beispielsweise ist $13=\frac{\left(2^{12}-1\right)\left(2^{2}-1\right)}{\left(2^{6}-1\right)\left(2^{4}-1\right)}$, aber man kann wie bei der 2. Lösung zeigen, dass 13 nicht in der Form $\left(2^{x}-1\right) /\left(2^{y}-1\right)$ darstellbar ist.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl1_06.jsonl",
"solution_match": "\n2. Lösung (skizziert):",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
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Determine with proof all functions $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ with the property
$$
f(x) f(y)=2 f(x+y f(x))
$$
for all positive real numbers $x, y$.
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Obviously, the function $f(x)=2$ for all $x \in \mathbb{R}^{+}$ satisfies the given functional equation. We will show that this is the only solution.
Lemma 1: For all $x \in \mathbb{R}^{+}$, $f(x) \geq 1$.
To prove this, assume $f(x)<1$ for some suitable $x$ and set $y=\frac{x}{1-f(x)}$. Then $x>0$ and it follows that $y=x+y f(x)$. From (I) we get $f(x) f(x+y f(x))=2 f(x+y f(x))$ and since $f(x+y f(x))>0$ it follows that $f(x)=2$, a contradiction!
Lemma 2: For all $x \in \mathbb{R}^{+}$, $f(x) \geq 2$.
To prove this, set $x=y$ in (I) and we get (II): $f^{2}(x)=2 f(x+x f(x))$. Suppose $f\left(x_{1}\right)<2$ for some suitable $x_{1}$. Then $f\left(x_{1}+x_{1} f\left(x_{1}\right)\right)=\frac{f^{2}\left(x_{1}\right)}{2}<f\left(x_{1}\right)$. With $x_{k+1}=x_{k}+x_{k} f\left(x_{k}\right)$ for $k=1,2, \ldots$ we get a monotonically decreasing sequence $\left(f\left(x_{1}\right)=a ; \frac{a^{2}}{2} ; \frac{a^{4}}{2^{3}} ; \ldots ; \frac{a^{2 t}}{2^{2 t-1}}, \ldots\right)$ of
function values. For $t>\frac{1}{2-2 \log _{2} a}$, the values of this sequence are less than 1, a contradiction!
Lemma 3: $f$ is monotonically increasing.
To prove this, assume there exist $s, \varepsilon>0$ such that $f(s)>f(s+\varepsilon)$. Substituting $x=s$ and $y=\frac{\varepsilon}{f(s)}$ into (I) gives $f(s) f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)=2 f(s+\varepsilon)$, from which it follows that $f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)<2$, a contradiction!
Lemma 4: If there exists a $z \in \mathbb{R}^{+}$ such that $f(z)>2$, then $f(x)>2$ for all $x \in \mathbb{R}^{+}$.
Again, substituting $x=z$ and $y=\frac{\varepsilon}{f(z)}$ into (I) gives $f(z) f\left(\frac{\varepsilon}{f(z)}\right)=2 f(z+\varepsilon)$, from which it follows with Lemma 2 that $f(z) \leq f(z+\varepsilon)$ for all $\varepsilon>0$. Therefore, there exists a $z_{0} \geq 0$ such that $f(z)>2$ for all $z>z_{0}$. Assume $z_{0}>0$. Then from (I) with $x=y=z_{0}-\varepsilon>0$ we get $f(x) f(y)=4$, and since $x+y f(x)=\left(z_{0}-\varepsilon\right)\left(1+f\left(z_{0}-\varepsilon\right)\right)=3\left(z_{0}-\varepsilon\right)$, for sufficiently small $\varepsilon$, we have $3\left(z_{0}-\varepsilon\right)>z_{0}$ and thus $2 f(x+y f(x))>4$, a contradiction!
Lemma 5: If $f(x)>2$ for all $x \in \mathbb{R}^{+}$, then $f$ is injective.
Assume there exist $s, \varepsilon>0$ such that $f(s)=f(s+\varepsilon)$. Substituting $x=s$ and $y=\frac{\varepsilon}{f(s)}$ into (I) gives $f(s) f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)=2 f(s+\varepsilon)$, from which it follows that $f(s)<f(s+\varepsilon)$, a contradiction!
Main Proof: Due to the symmetry of the left side of (I), we also have $x+y f(x)=y+x f(y)$. For $y=1$ it follows that $f(x)=(f(1)-1) x+1=m x+1$. However, it is easily shown that no linear function can be a solution to (I).
Note: Since $\mathbb{D}=\mathbb{R}^{+}$, we cannot operate with $f(0)$. $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ does not mean that every positive real number must be a function value. Additional assumptions about $f$, such as continuity, are not allowed.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Man bestimme mit Beweis alle Funktionen $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$mit der Eigenschaft
$$
f(x) f(y)=2 f(x+y f(x))
$$
für alle positiven reellen Zahlen $x, y$.
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Offensichtlich erfüllt die Funktion $f(x)=2$ für alle $x \in \mathbb{R}^{+}$die gegebene Funktionalgleichung. Wir werden zeigen, dass dies die einzige Lösung ist.
Lemma 1: Für alle $x \in \mathbb{R}^{+}$gilt $f(x) \geq 1$.
Zum Beweis nehmen wir $f(x)<1$ für ein geeignetes $x$ an und setzen $y=\frac{x}{1-f(x)}$. Dann ist $x>0$ und es folgt $y=x+y f(x)$. Aus (I) erhalten wir $f(x) f(x+y f(x))=2 f(x+y f(x))$ und wegen $f(x+y f(x))>0$ folgt $f(x)=2$, Widerspruch!
Lemma 2: Für alle $x \in \mathbb{R}^{+}$gilt $f(x) \geq 2$.
Zum Beweis setzen wir in (I) $x=y$ und erhalten (II): $f^{2}(x)=2 f(x+x f(x))$. Sei $f\left(x_{1}\right)<2$ für ein geeignetes $x_{1}$. Dann ist $f\left(x_{1}+x_{1} f\left(x_{1}\right)\right)=\frac{f^{2}\left(x_{1}\right)}{2}<f\left(x_{1}\right)$. Mit $x_{k+1}=x_{k}+x_{k} f\left(x_{k}\right)$ für $k=1,2, \ldots$ entsteht eine monoton fallende Folge $\left(f\left(x_{1}\right)=a ; \frac{a^{2}}{2} ; \frac{a^{4}}{2^{3}} ; \ldots ; \frac{a^{2 t}}{2^{2 t-1}}, \ldots\right.$ ) von
Funktionswerten. Für $t>\frac{1}{2-2 \log _{2} a}$ sind die Werte dieser Folge kleiner als 1, Widerspruch!
Lemma 3: $f$ ist monoton steigend.
Zum Beweis nehmen wir an, es gibt $s, \varepsilon>0$ mit $f(s)>f(s+\varepsilon)$. Einsetzen von $x=s$ und $y=\frac{\varepsilon}{f(s)}$ in (I) liefert $f(s) f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)=2 f(s+\varepsilon)$, woraus $f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)<2$ folgt, Widerspruch!
Lemma 4: Wenn es ein $z \in \mathbb{R}^{+}$gibt mit $f(z)>2$, dann gilt $f(x)>2$ für alle $x \in \mathbb{R}^{+}$.
Wieder setzen wir $x=z$ und $y=\frac{\varepsilon}{f(z)}$ in (I) ein und haben $f(z) f\left(\frac{\varepsilon}{f(z)}\right)=2 f(z+\varepsilon)$, woraus jetzt mit Lemma 2 folgt: $f(z) \leq f(z+\varepsilon)$ für alle $\varepsilon>0$. Also existiert ein $z_{0} \geq 0$ mit $f(z)>2$ für alle $z>z_{0}$. Nehmen wir an, dass $z_{0}>0$ gilt. Dann folgt mit $x=y=z_{0}-\varepsilon>0$ aus (I) $f(x) f(y)=4$, und wegen $x+y f(x)=\left(z_{0}-\varepsilon\right)\left(1+f\left(z_{0}-\varepsilon\right)\right)=3\left(z_{0}-\varepsilon\right)$ gilt für hinreichend kleines $\varepsilon$, dass $3\left(z_{0}-\varepsilon\right)>z_{0}$ und daher $2 f(x+y f(x))>4$, Widerspruch!
Lemma 5: Wenn $f(x)>2$ für alle $x \in \mathbb{R}^{+}$, dann ist $f$ injektiv.
Angenommen, es gäbe $s, \varepsilon>0$ mit $f(s)=f(s+\varepsilon)$. Wir setzen $x=s$ und $y=\frac{\varepsilon}{f(s)}$ in (I) ein und haben $f(s) f\left(\frac{\varepsilon}{f(s)}\right)=2 f(s+\varepsilon)$, woraus nun $f(s)<f(s+\varepsilon)$ folgt, Widerspruch!
Hauptbeweis: Wegen der Symmetrie der linken Seite von (I) gilt auch $x+y f(x)=y+x f(y)$. Für $y=1$ folgt $f(x)=(f(1)-1) x+1=m x+1$. Durch Einsetzen wird jedoch leicht gezeigt, dass keine lineare Funktion Lösung von (I) sein kann.
Anmerkung: Wegen $\mathbb{D}=\mathbb{R}^{+}$darf nicht mit $f(0)$ operiert werden. $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$bedeutet nicht, dass jede positive reelle Zahl Funktionswert sein muss. Zusätzliche Annahmen über $f$ wie z.B. Stetigkeit sind nicht zulässig.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl2_06.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
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Given a triangle $ABC$ with $\overline{AB} + \overline{BC} = 3 \overline{AC}$. Its incircle has the center $I$ and touches the sides $AB$ at $D$ and $BC$ at $E$. Furthermore, let $K$ and $L$ be the reflection points of $D$ and $E$ with respect to $I$.
Prove that the quadrilateral $ACKL$ is a cyclic quadrilateral.
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We denote the point of tangency of the incircle with $AC$ as $F$, the midpoint of $AC$ as $S$, the intersection of $w_{\beta}$ and the perpendicular bisector $m_{AC}$ as $P$, the reflection of $B$ over $I$ as $R$, the midpoint of $BI$ as $T$, and the equal segments on the triangle sides as $x, y$ and $z$ (see figure).
From $\overline{AB} + \overline{BC} = 3 \overline{AC}$ it follows that
$x + z + z + y = 3(x + y)$, thus (I) $z = x + y$. It is known that $P$ lies on the circumcircle of $ABC$. Therefore, $\angle CAP = \angle CBP = \angle PBA = \angle PCA = \frac{\beta}{2}$ and $\overline{AP} = \overline{CP}$. The triangles $ASP$ and $BEI$ are similar, and since $\overline{AS} = \frac{1}{2} \overline{AC} = \frac{x + y}{2} = \frac{z}{2} = \frac{1}{2} \overline{BE}$, with the notation $r$ for the inradius,
(II) $\overline{SP} = \frac{1}{2} \overline{EI} = \frac{r}{2}$ and $\overline{AP} = \frac{1}{2} \overline{BI}$.
For the area $F$ of triangle $ABC$, we have $F = rs = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$, where $s = \frac{a + b + c}{2} = x + y + z$. Therefore, $r(x + y + z) = \sqrt{(x + y + z)xyz}$ and with (I) it follows that $2rz = \sqrt{2zxyz} \Leftrightarrow 4r^2 = 2xy \Leftrightarrow 8r^2 = 4xy \Leftrightarrow 9r^2 + (x - y)^2 = r^2 + (x + y)^2 = r^2 + z^2$. Since $\angle BDI = 90^\circ$, (III) $\overline{BI}^2 = r^2 + z^2$. Because $PS \perp AC \perp FI$, we have $\overline{PI}^2 = \overline{SF}^2 + (\overline{PS} + \overline{FI})^2$.
But $\overline{SF} = \frac{1}{2} \overline{AC} - x = \frac{x + y}{2} - x = \frac{y - x}{2}$ and $\overline{FI} = r$. Therefore, and with (II), $\overline{PI}^2 = \left(\frac{y - x}{2}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}r\right)^2 = \frac{(y - x)^2 + 9r^2}{4}$. With (III), it follows that $\overline{PI}^2 = \frac{1}{4} \overline{BI}^2$, thus $\overline{PI} = \frac{1}{2} \overline{BI}$. Therefore, (IV) $\overline{PI} = \overline{PA} = \overline{PC} = \overline{PR}$.
Additionally, $T$ is mapped to $P$ when reflected over $I$. Hence, $\overline{IT} = \overline{PI}$. $\overline{BI}$ is the diameter of the circle through $B, I, D$, and $E$ (right angles at $D$ and $E$). This circle has $T$ as its center. When this circle is reflected over $I$, $I$ is mapped to $I$, $T$ to $P$, $D$ to $K$, and $E$ to $L$, and the radius remains unchanged. With (IV), it follows that $A, L, I, K, C$, and $R$ lie on a circle centered at $P$; thus, $ACKL$ is a cyclic quadrilateral.
Note: Often, positional relationships or congruences were used without proof.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben sei ein Dreieck $A B C$ mit $\overline{A B}+\overline{B C}=3 \overline{A C}$. Sein Inkreis habe den Mittelpunkt $I$ und berühre die Seiten $A B$ in $D$ bzw. $B C$ in $E$. Weiter seien $K$ und $L$ die Spiegelpunkte von $D$ bzw. $E$ bezüglich $I$.
Man beweise, dass das Viereck $A C K L$ ein Sehnenviereck ist.
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Zu den in der Aufgabenstellung genannten Punkten bezeichnen wir den Berührpunkt des Inkreises mit $A C$ mit $F$, den Mittelpunkt von AC mit $S$, den Schnittpunkt von $w_{\beta}$ und der Mittelsenkrechten $m_{A C}$ mit $P$, den Spiegelpunkt von $B$ an $I$ mit $R$, den Mittelpunkt von $B I$ mit $T$ und die paarweise gleichen Abschnitte auf den Dreiecksseiten mit $x, y$ bzw. $z$ (siehe Figur).
Aus $\overline{A B}+\overline{B C}=3 \overline{A C}$ folgt
$x+z+z+y=3(x+y)$, also (I) $z=x+y$. Bekanntlich liegt $P$ auf dem Umkreis von $A B C$. Daher gilt $\angle C A P=\angle C B P=\angle P B A=\angle P C A=\frac{\beta}{2}$ und $\overline{A P}=\overline{C P}$. Die Dreiecke $A S P$ und $B E I$ sind ähnlich, und wegen $\overline{A S}=\frac{1}{2} \overline{A C}=\frac{x+y}{2}=\frac{z}{2}=\frac{1}{2} \overline{B E}$ gilt mit der Bezeichnung $r$ für den Inkreisradius
(II) $\overline{S P}=\frac{1}{2} \overline{E I}=\frac{r}{2}$ sowie $\overline{A P}=\frac{1}{2} \overline{B I}$.
Für den Flächeninhalt $F$ des Dreiecks $A B C$ gilt $F=r s=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$, wobei $s=\frac{a+b+c}{2}=x+y+z$ ist. Daher ist $r(x+y+z)=\sqrt{(x+y+z) x y z}$ und mit (I) folgt $2 r z=\sqrt{2 z x y z} \Leftrightarrow 4 r^{2}=2 x y \Leftrightarrow 8 r^{2}=4 x y \Leftrightarrow 9 r^{2}+(x-y)^{2}=r^{2}+(x+y)^{2}=r^{2}+z^{2}$. Wegen $\angle B D I=90^{\circ}$ ist (III) $\overline{B I}^{2}=r^{2}+z^{2}$. Wegen $P S \perp A C \perp F I$ gilt $\overline{P I}^{2}=\overline{S F}^{2}+(\overline{P S}+\overline{F I})^{2}$.
Aber $\overline{S F}=\frac{1}{2} \overline{A C}-x=\frac{x+y}{2}-x=\frac{y-x}{2}$ und $\overline{F I}=r$. Daher und mit (II) ist $\overline{P I}^{2}=\left(\frac{y-x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2} r\right)^{2}$ $=\frac{(y-x)^{2}+9 r^{2}}{4}$. Mit (III) folgt $\overline{P I}^{2}=\frac{1}{4} \overline{B I}^{2}$, also $\overline{P I}=\frac{1}{2} \overline{B I}$. So gilt (IV) $\overline{P I}=\overline{P A}=\overline{P C}=\overline{P R}$.
Außerdem wird $T$ bei Spiegelung an $I$ auf $P$ abgebildet. Daher ist auch $\overline{I T}=\overline{P I} . \overline{B I}$ ist der Durchmesser des Kreises durch $B, I, D$ und $E$ (rechte Winkel bei $D$ und $E$ ). Dieser Kreis hat $T$ als Mittelpunkt. Bei Spiegelung dieses Kreises an $I$ wird $I$ auf $I, T$ auf $P, D$ auf $K, E$ auf $L$ abgebildet und der Radius bleibt erhalten. Mit (IV) folgt, dass $A, L, I, K, C$ und $R$ auf einem Kreis um $P$ liegen; also ist $A C K L$ ein Sehnenviereck.
Anmerkung: Öfters wurden Lagebeziehungen oder Kongruenzen unbewiesen verwendet.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"solution_match": "\nLösung:",
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"year": "2006"
}
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We consider an $m \times n$-rectangle made up of $m n$ unit squares. Two of its unit squares are called adjacent if they share a common side, and a path is a sequence of unit squares in which any two consecutive elements are adjacent.
Each unit square of the rectangle can be either white or black. If all squares are colored, we have a coloring of the rectangle.
Let $N$ be the number of such colorings in which there is at least one black path from the left to the right side of the rectangle. Furthermore, let $M$ be the number of colorings in which there are at least two black paths from the left to the right side of the rectangle that do not share any square.
Prove that $N^{2} \geq M \cdot 2^{m n}$.
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We will generalize the claim. To do this, we allow that the $m \times n$ rectangle is colored on both sides and that some of the unit squares are transparent. Such fields need only be colored on one side and then look the same on both sides. A non-transparent unit square, on the other hand, must be colored on both sides, though not necessarily with the same color.
Now let $A$ be the number of all such colorings of the top side, in which there is at least one black path from the left to the right side edge of the rectangle. Correspondingly, let $B$ be defined for the bottom side. Furthermore, let $C$ be the number of all colorings in which there are two black paths from the left to the right side edge of the rectangle, one on the top and one on the bottom, which do not contain a common transparent square. Finally, let $D$ be the number of all colorings of this rectangle. We will prove (I) $A \cdot B \geq C \cdot D$ and thus have shown the original claim as a special case, in which all fields are transparent. Here, $A=B=N, C=M, D=2^{m n}$. The proof of (I) is carried out by complete induction on the number $k$ of transparent fields. For $k=0$, we have $A=B=N \cdot 2^{m n}, C=N^{2}$, and $D=\left(2^{m n}\right)^{2}$, so equality holds in (I). Now we assume that the claim holds for $k$, and consider a rectangle with $k+1$ transparent fields. The numbers $A, B, C, D$ now apply to this rectangle. We choose a transparent unit square $t$ and make it opaque. For the resulting rectangle, let the respective numbers be denoted by $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$, and by the induction hypothesis, $A^{\prime} \cdot B^{\prime} \geq C^{\prime \prime} \cdot D^{\prime}$ holds.
Now it is obvious that $D^{\prime}=2 \cdot D$. For each coloring counted in $A$, there are exactly two colorings of $A^{\prime}$, namely distinguished by whether $t$ is colored black or white from below. Conversely, two colorings counted in $A^{\prime}$, which differ only in the color of the bottom side of a square, can be assigned one coloring counted in $A$. Thus, $A^{\prime}=2 \cdot A$ and correspondingly $B^{\prime}=2 \cdot B$. To prove (I) for $k+1$, it therefore suffices to show $C^{\prime} \geq 2 \cdot C$.
For this, let $t$ be transparent again. Since in $C$ only those colorings are counted that contain at least one black path on the top and one on the bottom, which do not intersect in a transparent square, $t$ can lie on at most one of these paths, w.l.o.g. on the top one. So if we make $t$ opaque and keep its color on top, we can color its bottom side black or white, so that both colorings are counted in $C^{\prime}$. Different colorings counted in $C$ always yield different pairs of colorings counted in $C^{\prime}$. This completes the proof.
[^0]
[^0]: Note: A proof by complete induction on one side of the board is delicate, as estimating the continuation of the paths often leads to counting errors. In most cases, possible cases were overlooked. The number of black fields in a black path can be greater than the width of the rectangle.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Wir betrachten ein $m \times n$-Rechteck aus $m n$ Einheitsquadraten. Zwei seiner Einheitsquadrate heißen benachbart, wenn sie eine gemeinsame Seitenkante haben, und ein Pfad ist eine Folge von Einheitsquadraten, in der je zwei aufeinander folgende Elemente benachbart sind.
Jedes Einheitsquadrat des Rechtecks kann entweder weiß oder schwarz gefärbt werden. Sind alle Quadrate gefärbt, so liegt eine Färbung des Rechtecks vor.
Es sei $N$ die Anzahl aller solcher Färbungen, bei denen es wenigstens einen schwarzen Pfad von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt. Ferner sei $M$ die Anzahl aller Färbungen, bei denen es wenigstens zwei schwarze Pfade von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt, die kein gemeinsames Quadrat enthalten.
Man beweise, dass $N^{2} \geq M \cdot 2^{m n}$.
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Wir werden die Behauptung verallgemeinern. Dazu lassen wir zu, dass das $m \times n$ Rechteck auf beiden Seiten gefärbt wird und dass einige der Einheitsquadrate transparent sind. Solche Felder brauchen nur auf einer Seite gefärbt zu werden und sehen dann auf beiden Seiten gleich aus. Ein nicht transparentes Einheitsquadrat muss dagegen auf beiden Seiten gefärbt werden, allerdings nicht notwendigerweise mit der gleichen Farbe.
Nun sei $A$ die Anzahl aller solcher Färbungen der Oberseite, bei denen es wenigstens einen schwarzen Pfad von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt. Entsprechend sei $B$ für die Unterseite definiert. Ferner sei $C$ die Anzahl aller Färbungen, bei denen es zwei schwarze Pfade von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt, und zwar einen auf der Ober- und einen auf der Unterseite, die kein gemeinsames transparentes Quadrat enthalten. Schließlich sei $D$ die Anzahl aller Färbungen dieses Rechtecks. Wir werden (I) $A \cdot B \geq C \cdot D$ beweisen und haben damit die ursprüngliche Behauptung als Spezialfall gezeigt, in dem alle Felder transparent sind. Hier gilt nämlich $A=B=N, C=M, D=2^{m n}$. Den Beweis von (I) führen wir mit vollständiger Induktion nach der Anzahl $k$ der transparenten Felder. Für $k=0$ ist $A=B=N \cdot 2^{m n}, C=N^{2}$ und $D=\left(2^{m n}\right)^{2}$, so dass in (I) Gleichheit gilt. Nun nehmen wir an, dass die Behauptung für $k$ erfüllt ist, und betrachten ein Rechteck mit $k+1$ transparenten Feldern. Die Anzahlen $A, B, C, D$ gelten nun für dieses Rechteck. Wir wählen ein transparentes Einheitsquadrat $t$ und machen es undurchsichtig. Für das so entstandene Rechteck seien die jeweiligen Anzahlen mit $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ bezeichnet und nach Induktionsannahme gilt $A^{\prime} \cdot B^{\prime} \geq C^{\prime \prime} \cdot D^{\prime}$.
Nun ist offensichtlich $D^{\prime}=2 \cdot D$. Für jede in $A$ gezählte Färbung existieren genau zwei Färbungen von $A^{\prime}$, nämlich dadurch unterschieden, dass $t$ von unten schwarz oder weiß gefärbt wird. Umgekehrt kann man zwei in $A^{\prime}$ gezählten Färbungen, die sich nur in der Farbe der Unterseite eines Quadrats unterscheiden, eine in $A$ gezählte Färbung zuordnen. Also ist $A^{\prime}=2 \cdot A$ und entsprechend $B^{\prime}=2 \cdot B$. Zum Beweis von (I) für $k+1$ genügt also der Nachweis von $C^{\prime} \geq 2 \cdot C$.
Dazu sei $t$ wieder transparent. Weil in $C$ nur solche Färbungen gezählt werden, die wenigstens einen schwarzen Pfad oben und unten enthalten, wobei diese sich nicht in einem transparenten Quadrat schneiden, kann $t$ höchstens auf einem dieser Pfade, oBdA auf dem oberen, liegen. Machen wir also $t$ undurchsichtig und behalten seine Farbe oben bei, können wir seine Unterseite schwarz oder weiß färben, so dass beide Färbungen in $C^{\prime}$ gezählt werden. Dabei liefern verschiedene in $C$ gezählte Färbungen stets verschiedene Paare von Färbungen, die in $C^{\prime}$ gezählt werden. Damit ist alles gezeigt.
[^0]
[^0]: Anmerkung: Ein Beweis mit vollständiger Induktion auf einer Brettseite ist heikel, da beim Abschätzen der Fortsetzungen der Pfade häufig Zählfehler auftreten. In der Regel wurden mögliche Fälle übersehen. Die Anzahl schwarzer Felder in einem schwarzen Pfad kann größer sein als die Breite des Rechtecks.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2006-loes_awkl2_06.jsonl",
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}
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Let $n$ be a positive integer greater than one and $B=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. A subset $A$ of $B$ is called quirky if for any two distinct elements $x, y$ of $B$, whose sum is a power of two, it contains exactly one of them. How many quirky subsets does $B$ have?
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The number is $2^{n+1}$. We argue by complete induction on $n$ and set $B_{n}=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. Induction base, $n=1$. This case is clear: all four subsets of $B_{1}=\{1,2\}$ are quirky. Induction step, $n \longrightarrow n+1$. It is already known that $B_{n}$ has exactly $2^{n+1}$ quirky subsets. For each quirky set $A$ of $B_{n}$, construct the sets $C_{n}(A)=\left\{2^{n+1}-m \mid\right.$ $\left.m \in B_{n} \backslash A, m<2^{n}\right\}, M_{n}(A)=A \cup C_{n}(A)$ and $N_{n}(A)=M_{n}(A) \cup\left\{2^{n+1}\right\}$. Clearly, $A, C_{n}(A)$ and $\left\{2^{n+1}\right\}$ are pairwise disjoint. The sets $M_{n}(A)$ and $N_{n}(A)$ are quirky: For this, let $x, y$ be different elements of $B_{n+1}$, whose sum is a power of two; without loss of generality, assume $x<y$. In the case $1 \leq x<y \leq 2^{n}$, i.e., $x, y \in B_{n}$, exactly one of the two is contained in $M_{n}(A)$ or $N_{n}(A)$, since $A$ is quirky. In the case $1 \leq x \leq 2^{n}<y \leq 2^{n+1}$, we have $2^{n}<x+y<2^{n+2}$, so $x+y=2^{n+1}$; since $x \geq 1$, $y \neq 2^{n+1}$. By the choice of $C_{n}(A)$, either $x$ is in $A$ or $y$ is in $C_{n}(A)$. The case $2^{n}<x<y \leq 2^{n+1}$ cannot occur, as then $2^{n+1}<x+y<2^{n+2}$. - On the other hand, if $M$ is a quirky subset of $B_{n+1}$, then $A:=M \cap B_{n}$ is a quirky subset of $B_{n}$. The element $y=2^{n+1}-x$ of $B_{n+1}$ with $1 \leq x<2^{n}$ is contained in $M$ if and only if $x \in B_{n}$ is not contained in $A$, since $x+y=2^{n+1}$ is a power of two. The quirkiness of $M$ thus determines for all elements $y$ of $B_{n+1}$ with $2^{n}<y<2^{n+1}$ whether they are contained in $M$; only whether $2^{n+1}$ is an element is still free. Thus, $M$ equals either $M_{n}(A)$ or $N_{n}(A)$, and exactly two quirky subsets of $B_{n+1}$ can be assigned to each quirky subset of $B_{n}$. This completes the proof.
Remark. Often it was mistakenly assumed that the numbers $2^{n-1}$ and $2^{n}$ could not be elements of a quirky subset of $B_{n}$, since for no $x \in B_{n}$ with $x \neq 2^{n-1}$ the number $2^{n-1}+x$ is a power of two and the same phenomenon occurs with $2^{n}$. However, this situation only shows that for every $X \subseteq B_{n}-\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ the four sets $X, X \cup\left\{2^{n-1}\right\}, X \cup\left\{2^{n}\right\}, X \cup\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ are either all quirky or all unquirky subsets of $B_{n}$.
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2^{n+1}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Es seien $n$ eine positive ganze Zahl größer als Eins und $B=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. Eine Teilmenge $A$ von $B$ heiße ulkig, wenn sie von je zwei verschiedenen Elementen $x, y$ von $B$, deren Summe eine Zweierpotenz ist, genau eines enthält. Wie viele ulkige Teilmengen hat $B$ ?
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Die Anzahl ist $2^{n+1}$. Wir argumentieren mit vollständiger Induktion nach $n$ und setzen hierzu $B_{n}=\left\{1,2, \ldots, 2^{n}\right\}$. Induktionsanfang, $n=1$. Dieser Fall ist klar: alle vier Teilmengen von $B_{1}=\{1,2\}$ sind ulkig. Induktionsschritt, $n \longrightarrow n+1$. Es sei also bereits bekannt, daß $B_{n}$ genau $2^{n+1}$ viele ulkige Teilmengen hat. Für jede ulkige Menge $A$ von $B_{n}$ konstruiere die Mengen $C_{n}(A)=\left\{2^{n+1}-m \mid\right.$ $\left.m \in B_{n} \backslash A, m<2^{n}\right\}, M_{n}(A)=A \cup C_{n}(A)$ und $N_{n}(A)=M_{n}(A) \cup\left\{2^{n+1}\right\}$. Offenbar sind $A, C_{n}(A)$ und $\left\{2^{n+1}\right\}$ paarweise elementfremd. Die Mengen $M_{n}(A)$ und $N_{n}(A)$ sind ulkig: Hierzu seien $x, y$ verschiedene Elemente von $B_{n+1}$, deren Summe eine Zweierpotenz ist; ohne Einschränkung gelte $x<y$. $\operatorname{Im}$ Fall $1 \leq x<y \leq 2^{n}$, also $x, y \in B_{n}$, ist genau eines von beiden in $M_{n}(A)$ bzw. $N_{n}(A)$ enthalten, da $A$ ulkig ist. Im Fall $1 \leq x \leq 2^{n}<y \leq 2^{n+1}$ ist $2^{n}<x+y<2^{n+2}$, also $x+y=2^{n+1}$; wegen $x \geq 1$ ist $y \neq 2^{n+1}$. Nach Wahl von $C_{n}(A)$ liegt entweder $x$ in $A$ oder $y$ in $C_{n}(A)$. Der Fall $2^{n}<x<y \leq 2^{n+1}$ kann nicht auftreten, da dann $2^{n+1}<x+y<2^{n+2}$. - Ist andererseits $M$ ulkige Teilmenge von $B_{n+1}$, so ist offenbar $A:=M \cap B_{n}$ ulkige Teilmenge von $B_{n}$. Das Element $y=2^{n+1}-x$ von $B_{n+1}$ mit $1 \leq x<2^{n}$ ist genau dann in $M$ enthalten, wenn $x \in B_{n}$ nicht in $A$ enthalten ist, da $x+y=2^{n+1}$ Zweierpotenz ist. Die Ulkigkeit von $M$ legt also bei Kenntnis von $M \cap B_{n}$ für alle Elemente $y$ von $B_{n+1}$ mit $2^{n}<y<2^{n+1}$ fest, ob sie in $M$ enthalten sind; es steht nur noch frei, ob $2^{n+1}$ Element ist. Damit gleicht $M$ entweder $M_{n}(A)$ oder $N_{n}(A)$, und es lassen sich jeder ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ genau zwei ulkige Teilmengen von $B_{n+1}$ zuordnen. Das beendet den Beweis.
Bemerkung. Oft wurde irrtümlich angenommen, die Zahlen $2^{n-1}$ und $2^{n}$ könnten gar nicht Elemente einer ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ sein, da für kein $x \in B_{n}$ mit $x \neq 2^{n-1}$ die Zahl $2^{n-1}+x$ eine Zweierpotenz ist und das gleiche Phänomen bei $2^{n}$ auftritt. Diese Sachlage zeigt allerdings nur, daß für jedes $X \subseteq B_{n}-\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ die vier Mengen $X, X \cup\left\{2^{n-1}\right\}, X \cup\left\{2^{n}\right\}, X \cup\left\{2^{n-1}, 2^{n}\right\}$ entweder gleichzeitig ulkige oder gleichzeitig unulkige Teilmengen von $B_{n}$ sind.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "1. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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Find all quadruples of positive integers ( $m, n, p, q$ ) with the property
$$
p^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1
$$
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Lemma: If $k, l, a$ are positive integers with $a=\left(k^{2}+l^{2}+1\right) /(k l)$, then $a=3$. Proof of the lemma: For a given value of $a$, we consider a pair $(k, l)$ with $k^{2}+l^{2}+1=a k l$ and minimal sum $k+l$ among all such pairs. Without loss of generality, let $k \leq l$.
First, let $k<l$. By assumption, $k$ satisfies the quadratic equation
$$
x^{2}+l^{2}+1-a x l=0,
$$
for whose second solution $k^{\prime}$, Vieta's formulas give: $k+k^{\prime}=a l$ and $k k^{\prime}=l^{2}+1$. Thus, $k^{\prime}=a l-k$ is an integer, and since $k^{\prime}=\left(l^{2}+1\right) / k$ is positive, and because $k \geq l+1$ and $k k^{\prime}=l^{2}+1<(l+1)^{2}$, it follows that $k^{\prime} \leq l$, so $(l, k^{\prime})$ is a pair with a smaller sum $l+k^{\prime}<k+l$, contradicting the choice of $(k, l)$.
Thus, $k=l$, so $k^{2}(a-2)=1$, from which $k=1$ and $a=3$ follow.
Since $m \geq 1$ and $n \geq 1$, the expression $p^{m-1} q^{n-1}=\left(p^{2}+q^{2}+1\right) /(p q)+2$ is an integer, and by the lemma, $p^{m-1} q^{n-1}=5$, hence $p^{m-1}=1, q^{n-1}=5$ or $p^{m-1}=5, q^{n-1}=1$. In the first case, $n=2$ and $q=5 ; p$ satisfies the equation (1) for $l=5, a=3$ with solutions 2 and 13, and from $p^{m-1}=1$ it follows that $m=1$, and by substitution, we confirm the solution quadruples $(1,2,2,5)$ and $(1,2,13,5)$. The second case yields $(2,1,5,2)$ and $(2,1,5,13)$ accordingly.
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(1,2,2,5), (1,2,13,5), (2,1,5,2), (2,1,5,13)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Man finde alle Quadrupel positiver ganzer Zahlen ( $m, n, p, q$ ) mit der Eigenschaft
$$
p^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1
$$
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Hilfssatz: Sind $k, l, a$ positive ganze Zahlen mit $a=\left(k^{2}+l^{2}+1\right) /(k l)$, folgt $a=3$. Beweis des Hilfssatzes: Zu gegebenem Wert von $a$ betrachten wir ein Paar $(k, l)$ mit $k^{2}+l^{2}+1=a k l$ und minimaler Summe $k+l$ unter allen derartigen Paaren. Ohne Einschränkung ist $k \leq l$.
Zunächst sei $k<l$. Nach Voraussetzung genügt $k$ der quadratischen Gleichung
$$
x^{2}+l^{2}+1-a x l=0,
$$
für deren 2. Lösung $k^{\prime}$ nach Satz von Vieta folgt: $k+k^{\prime}=a l$ und $k k^{\prime}=l^{2}+1$. Also ist $k^{\prime}=a l-k$ ganzzahlig, wegen $k^{\prime}=\left(l^{2}+1\right) / k$ positiv, wegen $k \geq l+1$ und $k k^{\prime}=l^{2}+1<(l+1)^{2}$ ist $k^{\prime} \leq l$, also ist $\left(l, k^{\prime}\right)$ Paar mit kleinerer Summe $l+k^{\prime}<k+l$ entgegen der Wahl von $(k, l)$.
Somit gilt $k=l$, also $k^{2}(a-2)=1$, woraus sich $k=1$ und $a=3$ ergeben.
Es ist wegen $m \geq 1$ und $n \geq 1$ der Ausdruck $p^{m-1} q^{n-1}=\left(p^{2}+q^{2}+1\right) /(p q)+2$ ganzzahlig, also nach Hilfssatz $p^{m-1} q^{n-1}=5$ und somit $p^{m-1}=1, q^{n-1}=5$ oder $p^{m-1}=5, q^{n-1}=1$. Im ersten Fall ist $n=2$ und $q=5 ; p$ genügt der Gleichung (1) für $l=5, a=3$ mit Lösungen 2 und 13, aus $p^{m-1}=1$ folgt jeweils $m=1$, und durch Einsetzen bestätigt man die Lösungsquadrupel ( $\left.1,2,2,5\right)$ und $(1,2,13,5)$. Der zweite Fall liefert entsprechend $(2,1,5,2)$ und $(2,1,5,13)$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "2. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung.",
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"year": "2007"
}
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Find all quadruples of positive integers ( $m, n, p, q$ ) with the property
$$
p^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1
$$
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All summands of the initial equation except for $q^{2}+1$ are multiples of $p$, hence $p \mid q^{2}+1$. Therefore, the cases $q=1,2, \ldots, 6$ can be handled by trial, yielding solution quadruples from the first solution. For $p \geq q \geq 7$ (analogously: $p \geq p \geq 7$), there are no solutions:
1. Case: $m>1$ : Then $p^{m} q^{n} \geq p^{2} q>6 p^{2} \geq(p+q)^{2}+1$.
2. Case: $n>2$ : Then, since $p \leq q^{2}+1: p^{m} q^{n} \geq p q^{3} \geq p^{2} q-p q>5 p^{2}>(p+q)^{2}+1$.
3. Case: $m=n=1$ : Here, $p^{2}+p q+q^{2}+1=0$ would have to be true - impossible for $p>0, q>0$.
4. Case: $m=1, n=2$ : The quadratic equation $p q^{2}=(p+q)^{2}+1$ for $p$ has discriminant $D=q^{4}-4 q^{3}-4$, which for $q \geq 7$ lies between the consecutive squares $\left(q^{2}-2 q-3\right)^{2}$ and $\left(q^{2}-2 q-2\right)^{2}$, so $\sqrt{D}$, and thus $p$, is not an integer.
Remark: There were fallacies: e.g., cases $m \geq 2, n \geq 3$ and $m \geq 3, n \geq 2$ were treated, which does not necessarily imply $m \leq 2$ and $n \leq 2$; if $p, q$ are coprime, $p$ and $q$ do not necessarily have different parities. Sometimes not all solutions were found due to overly restrictive assumptions (e.g., the condition $m \geq n$ and $p \geq q$).
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not found
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Man finde alle Quadrupel positiver ganzer Zahlen ( $m, n, p, q$ ) mit der Eigenschaft
$$
p^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1
$$
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Alle Summanden der Ausgangsgleichung bis auf $q^{2}+1$ sind Vielfache von $p$, daher gilt $p \mid q^{2}+1$. Damit lassen sich die Fälle $q=1,2, \ldots, 6$ mittels Durchprobieren behandeln, man erhält Lösungsquadrupel aus 1. Lösung. Für $p \geq q \geq 7$ (analog: $p \geq p \geq 7$ ) gibt es keine Lösungen:
1. Fall: $m>1$ : Dann ist $p^{m} q^{n} \geq p^{2} q>6 p^{2} \geq(p+q)^{2}+1$.
2. Fall: $n>2$ : Dann ist wegen $p \leq q^{2}+1: p^{m} q^{n} \geq p q^{3} \geq p^{2} q-p q>5 p^{2}>(p+q)^{2}+1$.
3. Fall: $m=n=1$ : Hierzu müsste $p^{2}+p q+q^{2}+1=0$ sein - unmöglich für $p>0, q>0$.
4. Fall: $m=1, n=2$ : Die quadratische Gleichung $p q^{2}=(p+q)^{2}+1$ für $p$ hat Diskriminante $D=q^{4}-4 q^{3}-4$, die für $q \geq 7$ zwischen den aufeinander folgenden Quadratzahlen $\left(q^{2}-2 q-3\right)^{2}$ und $\left(q^{2}-2 q-2\right)^{2}$ liegt, also ist $\sqrt{D}$, somit auch $p$ nicht ganzzahlig.
Bemerkung: Es gab Trugschlüsse: z. B. sind Fälle $m \geq 2, n \geq 3$ und $m \geq 3, n \geq 2$ behandelt, folgt nicht notwendig $m \leq 2$ und $n \leq 2$; sind $p, q$ teilerfremd, haben $p$ und $q$ nicht notwendig unterschiedliche Parität. Manchmal wurden nicht alle Lösungen auf Grund zu starker Einschränkungen gefunden (z. B. Voraussetzung $m \geq n$ und $p \geq q$ ).
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "2. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n2. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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The extensions of $A P, B P, C P$ meet the circumcircle of triangle $A B C$ again at $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$. Using the inscribed angle theorem and a simple angle sum argument, we find $\varangle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} A^{\prime} A+\varangle A A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} B A+\varangle A C C^{\prime}=\varangle B P C-\varangle B A C=60^{\circ}$. Similarly, $\varangle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=60^{\circ}$, and thus triangle $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ is equilateral, i.e., $A^{\prime} B^{\prime}=B^{\prime} C^{\prime}=C^{\prime} A^{\prime}$. As usual, we have $A P B \sim B^{\prime} P A^{\prime}$ and $A P C \sim C^{\prime} P A^{\prime}$; this yields $\frac{A P}{A C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} A^{\prime}}$ and $\frac{B P}{B C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} B^{\prime}}$. In conjunction with the previous, this teaches us $\frac{A P}{A C}=\frac{B P}{B C}$ and thus indeed $A B \cdot P C=$ $A C \cdot P B$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Die Verlängerungen von $A P, B P, C P$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A B C$ erneut in $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ treffen. Mit Hilfe des Peripheriewinkelsatzes und einem einfachen Winkelsummenargument finden wir $\varangle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} A^{\prime} A+\varangle A A^{\prime} C^{\prime}=\varangle B^{\prime} B A+\varangle A C C^{\prime}=\varangle B P C-\varangle B A C=60^{\circ}$. Ebenso $\varangle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=60^{\circ}$ und folglich ist das Dreieck $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ gleichseitig, d.h. $A^{\prime} B^{\prime}=B^{\prime} C^{\prime}=C^{\prime} A^{\prime}$. Wie üblich haben wir $A P B \sim B^{\prime} P A^{\prime}$ und $A P C \sim C^{\prime} P A^{\prime}$; hieraus ergibt sich $\frac{A P}{A C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} A^{\prime}}$ und $\frac{B P}{B C}=\frac{C^{\prime} P}{C^{\prime} B^{\prime}}$. In Verbindung mit vorigem lehrt dies $\frac{A P}{A C}=\frac{B P}{B C}$ und somit in der Tat $A B \cdot P C=$ $A C \cdot P B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Choose point $J$ such that the triangles $A B C, P B J$ (equi-oriented) are similar. Then $\frac{A B}{B P}=\frac{B C}{B J}$ and $\varangle P B A=\varangle J B C$, which means that the triangles $A B P, C B J$ (equi-oriented) must also be similar. Consequently, $\varangle C J P=\varangle C J B-\varangle P J B=\left(60^{\circ}+\gamma\right)-\gamma=60^{\circ}$. Since $\varangle J P C=\varangle B P C-\varangle B P J=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$, triangle $P C J$ is equilateral and thus $P C=P J$. By the choice of $J$, we have $\frac{A B}{A C}=\frac{P B}{P J}$, and from this, using the previous result, we get $A C \cdot P B=A B \cdot P J=A B \cdot P C$ as desired.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Wähle den Punkt $J$ so, daß die Dreiecke $A B C, P B J$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Sodann ist $\frac{A B}{B P}=\frac{B C}{B J}$ und $\varangle P B A=\varangle J B C$, weshalb auch die Dreiecke $A B P, C B J$ (gleichorientiert) ähnlich sein müssen. Folglich gilt $\varangle C J P=\varangle C J B-\varangle P J B=\left(60^{\circ}+\gamma\right)-\gamma=60^{\circ}$. Da auch $\varangle J P C=\varangle B P C-\varangle B P J=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$ ist das Dreieck $P C J$ gleichseitig und mithin $P C=P J$. Nach Wahl von $J$ haben wir $\frac{A B}{A C}=\frac{P B}{P J}$ und hieraus folgt mit Hilfe des vorigen wie gewünscht $A C \cdot P B=A B \cdot P J=A B \cdot P C$.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
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"solution_match": "\n2. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Over the segment $B P$, construct the equilateral triangle $B P T$. The intersection of $P T$ with $A B$ is called $G$. Additionally, on $A C$, choose the point $H$ such that $\varangle C P H=60^{\circ}$. Since $\varangle A P G=\gamma$ and $\varangle H P A=\beta$, it must be that $\varangle H P G+\varangle G A H=180^{\circ}$, meaning the quadrilateral $G A H P$ is inscribed in a circle. Therefore, $\varangle H G A=\varangle H P A=\beta$, from which it immediately follows that $G H \| B C$. For this reason, $\frac{A B}{A C}=\frac{B G}{C H} \quad$ (1). Furthermore, simple angle considerations show $\varangle H C P=$ $60^{\circ}-\varangle P B G=\varangle G B T$, which, together with $\varangle C P H=\varangle B T G\left[=60^{\circ}\right]$, teaches us the similarity of triangles $P C H$ and $T B G$. Thus, we have $\frac{B G}{C H}=\frac{B T}{C P} \quad$ (2). Since the triangle $BPT$ is equilateral by construction, in particular $B T=B P$. Together with (1) and (2), we obtain from this $\frac{A B}{A C}=\frac{B P}{C P}$ and thus indeed $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Über der Strecke $B P$ werde das gleichseitige Dreieck $B P T$ errichtet. Der Schnittpunkt von $P T$ mit $A B$ heiße $G$. Außerdem werde auf $A C$ der Punkt $H$ mit $\varangle C P H=60^{\circ}$ gewählt. Wegen $\varangle A P G=\gamma$ und $\varangle H P A=\beta$ muss $\varangle H P G+\varangle G A H=180^{\circ}$ sein, d.h. das Viereck $G A H P$ ist einem Kreis einbeschrieben. Demnach $\varangle H G A=\varangle H P A=\beta$, woraus sofort $G H \| B C$ geschlossen wird. Aus diesem Grund gilt $\frac{A B}{A C}=\frac{B G}{C H} \quad$ (1). Ferner zeigen einfache Winkelbetrachtungen $\varangle H C P=$ $60^{\circ}-\varangle P B G=\varangle G B T$, was zusammen mit $\varangle C P H=\varangle B T G\left[=60^{\circ}\right]$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $P C H$ und $T B G$ lehrt. Mithin haben wir $\frac{B G}{C H}=\frac{B T}{C P} \quad$ (2). Nachdem das Dreieck BPT nach Konstruktion gleichseitig ist, gilt insbsondere $B T=B P$. Zusammen mit (1) und (2) erhalten wir hieraus $\frac{A B}{A C}=\frac{B P}{C P}$ und damit in der Tat $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n3. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive direction, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Choose point $G$ such that the triangles $A G C, P B C$ (equally oriented) are similar. As seen in the second solution, the triangles $GBC$ and $A P C$ (equally oriented) are also similar. Furthermore, $\varangle B A G=\varangle C A G-\varangle C A B=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$ and similarly $\varangle G B A=60^{\circ}$. Therefore, triangle $A G B$ is equilateral and thus $A G=A B$. According to $A G C \sim P B C$, we have $P B: P C=A G: A C=A B: A C$. Therefore, as claimed, $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Wähle den Punkt $G$ so, daß die Dreiecke $A G C, P B C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Wie in der zweiten Lösung sehen wir, daß dann auch die Dreiecke GBC und $A P C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Ferner ist $\varangle B A G=\varangle C A G-\varangle C A B=\left(60^{\circ}+\alpha\right)-\alpha=60^{\circ}$ und ebenso $\varangle G B A=60^{\circ}$. Das Dreieck $A G B$ ist also gleichseitig und mithin $A G=A B$. Nach $A G C \sim P B C$ haben wir also $P B: P C=A G: A C=A B: A C$. Daher wie behauptet $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n4. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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The feet of the perpendiculars from $P$ to the sides $BC$, $CA$, $AB$ are denoted as $X$, $Y$, $Z$ respectively. According to Thales' theorem, the quadrilaterals $PXCY$, $PYAZ$, $PZBX$ each have a circumcircle. We now find $\varangle ZXY = \varangle ZXP + \varangle PXY = \varangle ZBP + \varangle PCY = 60^{\circ}$ and similarly $\varangle XYZ = \varangle YZX = 60^{\circ}$. Therefore, triangle $XYZ$ is equilateral. For the length of side $XY$, we find by using the Law of Sines twice that $XY = PC \cdot \sin \gamma = \frac{AB \cdot PC}{2R}$, where $R$ is the radius of the circumcircle of triangle $ABC$. Similarly, $XZ = \frac{AC \cdot PB}{2R}$. From $XY = XZ$, it follows as required that $AB \cdot PC = AC \cdot PB$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Die Fußpunkte der Lote von $P$ auf die Seiten $B C, C A, A B$ mögen $X, Y, Z$ genannte werden. Nach Satz von Thales besitzen die Vierecke $P X C Y, P Y A Z, P Z B X$ jeweils einen Umkreis. Wir finden nun $\varangle Z X Y=\varangle Z X P+\varangle P X Y=\varangle Z B P+\varangle P C Y=60^{\circ}$ und analog
$\varangle X Y Z=\varangle Y Z X=60^{\circ}$. Das Dreieck $X Y Z$ ist also gleichseitig. Für die Länge der Seite $X Y$ finden wir durch zweimalige Verwendung des Sinussatzes $X Y=P C \cdot \sin \gamma=\frac{A B \cdot P C}{2 R}$, wobei $R$ den Radius des Umkreises des Dreiecks $A B C$ bezeichnet. Ebenso $X Z=\frac{A C \cdot P B}{2 R}$. Aus $X Y=X Z$ folgt nunmehr wie verlangt $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n5. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive direction, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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The circumcircle of triangle $A B P$ intersects $A C$ for the second time at $Q$. We obtain $\varangle B Q A=\varangle B P A=\gamma+60^{\circ}$ and from the exterior angle theorem $\varangle Q B C=60^{\circ}$. Furthermore, from $\varangle B P Q=180^{\circ}-\alpha$ and $\varangle C P B=60^{\circ}+\alpha$ we immediately get $\varangle Q P C=120^{\circ}$. Moreover, if we set $\varangle A B P=\varphi$, we immediately get $\varangle C Q P=\varphi$. By repeatedly using the Law of Sines, we now obtain
$$
\frac{P C}{P A}=\frac{P C}{C Q} \cdot \frac{C Q}{Q B} \cdot \frac{Q B}{A P}=\frac{\sin \varphi}{\sin 120^{\circ}} \cdot \frac{\sin 60^{\circ}}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin \varphi}=\frac{\sin \alpha}{\sin \gamma}=\frac{B C}{A B}
$$
From this, it immediately follows that $A B \cdot P C=A P \cdot B C$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Der Umkreis des Dreiecks $A B P$ schneide $A C$ zum zweiten Mal in $Q$. Wir erhalten $\varangle B Q A=\varangle B P A=\gamma+60^{\circ}$ und hieraus nach Außenwinkelsatz $\varangle Q B C=60^{\circ}$. Außerdem ergibt sich aus $\varangle B P Q=180^{\circ}-\alpha$ und $\varangle C P B=60^{\circ}+\alpha$ sofort $\varangle Q P C=120^{\circ}$. Ferner erhalten wir, wenn wir $\varangle A B P=\varphi$ setzen, sofort $\varangle C Q P=\varphi$. Durch mehrmalige Verwendung des Sinussatzes erhalten wir nun
$$
\frac{P C}{P A}=\frac{P C}{C Q} \cdot \frac{C Q}{Q B} \cdot \frac{Q B}{A P}=\frac{\sin \varphi}{\sin 120^{\circ}} \cdot \frac{\sin 60^{\circ}}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin \varphi}=\frac{\sin \alpha}{\sin \gamma}=\frac{B C}{A B}
$$
Hieraus folgt sofort $A B \cdot P C=A P \cdot B C$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n6. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive direction, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Above the side $A B$, construct the equilateral triangle $A B Q$ inward. Simple angle considerations now show $\varangle Q A P=60^{\circ}-\varangle P A B=\varangle B C P$ and similarly $\varangle P B Q=\varangle P C A$. By introducing the intersection of $A C$ with $B Q$ as $T$ into the consideration, the quadrilateral $B C T P$ becomes a cyclic quadrilateral because $\varangle P B T=\varangle P B Q=\varangle P C A=\varangle P C T$. Consequently, $\varangle B T P=\varangle B C P=\varangle Q A P$, so $\varangle P T Q+\varangle Q A P=180^{\circ}$ and thus $P T Q A$ is also a cyclic quadrilateral. For this reason, $\varangle B Q P=\varangle T Q P=\varangle T A P=\varangle C A P$, and together with $\varangle P B Q=\varangle P C A$, the similarity of triangles $B Q P, C A P$ follows. From this, $P C: A C=P B: B Q=P B: A B$, so as desired $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Über der Seite $A B$ errichte man das gleichseitige Dreieck $A B Q$ nach innen. Einfache Winkelbetrachtungen zeigen nun $\varangle Q A P=60^{\circ}-\varangle P A B=\varangle B C P$ und ebenso $\varangle P B Q=\varangle P C A$. Indem wir also den Schnittpunkt von $A C$ mit $B Q$ als $T$ in die Überlegung einführen, wird das Viereck $B C T P$ wegen $\varangle P B T=\varangle P B Q=\varangle P C A=\varangle P C T$ ein Sehnenviereck sein. Folglich $\varangle B T P=\varangle B C P=\varangle Q A P$, also $\varangle P T Q+\varangle Q A P=180^{\circ}$ und somit ist auch $P T Q A$ ein Sehnenviereck. Aus diesem Grund gilt $\varangle B Q P=\varangle T Q P=\varangle T A P=\varangle C A P$, woraus in Verbindung mit $\varangle P B Q=\varangle P C A$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $B Q P, C A P$ folgt. Hieraus erhellt $P C: A C=P B: B Q=P B: A B$, also wie gewünscht $A B \cdot P C=A C \cdot P B$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n7. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Set $\varangle A C P=\gamma^{\prime}, \varangle P B C=\gamma^{\prime \prime}, \varangle P B A=\beta^{\prime \prime}$. By the Law of Sines, we have
$\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{A P} \cdot \frac{A P}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{c} \cdot \frac{b}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \beta}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{1+\sqrt{3} \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}$.
Since $\beta^{\prime \prime}+\gamma^{\prime}=60^{\circ}$, we also have
$$
\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \cot \gamma^{\prime}-\frac{1}{2} .
$$
Combining these two equations, we get
$$
\cot \gamma^{\prime}=\frac{\sqrt{3}+\cot \beta+2 \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}
$$
Furthermore,
$$
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(\gamma-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\sin \gamma \cot \gamma^{\prime}-\cos \gamma
$$
Substituting the previously found equation, we obtain
$$
\begin{gathered}
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{(\sqrt{3} \sin \beta \sin \gamma+\cos \beta \sin \gamma+2 \sin \beta \cos \gamma)-(\sin \beta \cos \gamma+\sqrt{3} \cos \beta \cos \gamma)}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta} \\
=\frac{\sin \alpha+\sqrt{3} \cos \alpha}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\alpha\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}
\end{gathered}
$$
Therefore, by the Law of Sines,
$$
\frac{A P}{A C}=\frac{\sin \gamma^{\prime}}{\sin \left(\beta+60^{\circ}\right)}=\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)}=\frac{B P}{B C}
$$
i.e., as desired, $A P \cdot B C=B P \cdot A C$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Setze $\varangle A C P=\gamma^{\prime}, \varangle P B C=\gamma^{\prime \prime}, \varangle P B A=\beta^{\prime \prime}$. Nun ist nach Sinussatz
$\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{A P} \cdot \frac{A P}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{c} \cdot \frac{b}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma\right)}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin \beta}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}=\frac{1+\sqrt{3} \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}$.
Da jedoch $\beta^{\prime \prime}+\gamma^{\prime}=60^{\circ}$ haben wir auch
$$
\frac{\sin \beta^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(60^{\circ}-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \cot \gamma^{\prime}-\frac{1}{2} .
$$
Diese beiden Gleichungen liefern zusammengenommen
$$
\cot \gamma^{\prime}=\frac{\sqrt{3}+\cot \beta+2 \cot \gamma}{1+\sqrt{3} \cot \beta}
$$
Weiterhin
$$
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{\sin \left(\gamma-\gamma^{\prime}\right)}{\sin \gamma^{\prime}}=\sin \gamma \cot \gamma^{\prime}-\cos \gamma
$$
Hierin setzen wir die zuvor gefundene Gleichung ein und erhalten
$$
\begin{gathered}
\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \gamma^{\prime}}=\frac{(\sqrt{3} \sin \beta \sin \gamma+\cos \beta \sin \gamma+2 \sin \beta \cos \gamma)-(\sin \beta \cos \gamma+\sqrt{3} \cos \beta \cos \gamma)}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta} \\
=\frac{\sin \alpha+\sqrt{3} \cos \alpha}{\sin \beta+\sqrt{3} \cos \beta}=\frac{\sin \left(60^{\circ}+\alpha\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\beta\right)}
\end{gathered}
$$
Daher nach Sinussatz
$$
\frac{A P}{A C}=\frac{\sin \gamma^{\prime}}{\sin \left(\beta+60^{\circ}\right)}=\frac{\sin \gamma^{\prime \prime}}{\sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)}=\frac{B P}{B C}
$$
d.h. wie gewünscht $A P \cdot B C=B P \cdot A C$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n8. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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The point $P$ lies in the interior of triangle $ABC$ and satisfies
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Prove that then the following holds:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
First, one observes that $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. By symmetry, it suffices to show one of the two claimed equations. (Hint: For an angle $\varangle X Y Z$ with $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ in the mathematically positive sense, set $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. With this convention, for example, for four pairwise distinct points $W, X, Y, Z$ on a circle, it always holds that $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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The circumcircle of triangle $A P B$ meets the line $C P$ for the second time at $J$. Then, $\varangle A J P = \varangle A B P$. Together with $\varangle A B P + \varangle P C A = 60^{\circ}$, this teaches us that $\varangle C A J = 120^{\circ}$. Similarly, we see that $\varangle J B C = 120^{\circ}$. Thus, we have
$$
\frac{A C}{B C} = \frac{A C}{J C} \cdot \frac{J C}{B C} = \frac{\sin \varangle A J C}{\sin \varangle C A J} \cdot \frac{\sin \varangle J B C}{\sin \varangle C J B} = \frac{\sin \varangle A J P}{\sin \varangle P J B} = \frac{\sin \varangle A B P}{\sin \varangle P A B} = \frac{A P}{B P},
$$
i.e., as claimed, $A C \cdot B P = B C \cdot A P$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle
$$
\varangle B P C-\varangle B A C=\varangle C P A-\varangle C B A=\varangle A P B-\varangle A C B .
$$
Man beweise, dass dann gilt:
$$
\overline{P A} \cdot \overline{B C}=\overline{P B} \cdot \overline{A C}=\overline{P C} \cdot \overline{A B}
$$
Zunächst überlegt man sich, daß $\varangle B P C=60^{\circ}+\alpha, \varangle C P A=60^{\circ}+\beta, \varangle A P B=60^{\circ}+\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\varangle X Y Z$ mit $0^{\circ}<\varangle X Y Z<180^{\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\varangle Z Y X:=$ $180^{\circ}-\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\varangle X Y Z=\varangle X W Z$ ).
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Der Umkreis des Dreiecks $A P B$ treffe die Gerade $C P$ zum zweiten Mal in $J$. Sodann ist $\varangle A J P=\varangle A B P$. Zusammen mit $\varangle A B P+\varangle P C A=60^{\circ}$ lehrt dies $\varangle C A J=120^{\circ}$. Ebenso sehen wir $\varangle J B C=120^{\circ}$ ein. Damit haben wir
$$
\frac{A C}{B C}=\frac{A C}{J C} \cdot \frac{J C}{B C}=\frac{\sin \varangle A J C}{\sin \varangle C A J} \cdot \frac{\sin \varangle J B C}{\sin \varangle C J B}=\frac{\sin \varangle A J P}{\sin \varangle P J B}=\frac{\sin \varangle A B P}{\sin \varangle P A B}=\frac{A P}{B P},
$$
d.h. wie behauptet $A C \cdot B P=B C \cdot A P$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl",
"solution_match": "\n9. Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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A sequence $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ of real numbers is recursively defined by
$$
a_{0}=-1, \quad \sum_{k=0}^{n} \frac{a_{n-k}}{k+1}=0 \quad \text { for } n \geq 1 .
$$
Prove that $a_{n}>0$ for all $n \geq 1$.
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For $n=1$ we have $a_{1}+\frac{1}{2} a_{0}=0$, thus $a_{1}=\frac{1}{2}>0$. Now let $a_{i}>0$ for $1 \leq i<n$. From the given, it follows that $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k+1}+\frac{a_{n}}{1}+\frac{a_{0}}{n+1}=0 \Leftrightarrow a_{n}=\frac{1}{n+1}-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k+1}(*)$ and similarly $0=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_{(n-1)-k}}{k+1}=\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{n-k}}{k}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k}+\frac{a_{0}}{n} \Leftrightarrow \frac{1}{n}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k}$. This leads to $\frac{1}{n+1}=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a_{n-k}}{k} \cdot \frac{n}{n+1}\right)$ and since $n>k \Leftrightarrow \frac{n}{n+1}>\frac{k}{k+1} \Leftrightarrow \frac{n}{k(n+1)}>\frac{1}{k+1}$, we have $\frac{1}{n+1}>\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k+1}$. With (*), it follows that $a_{n}>\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k+1}-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{a_{n-k}}{k+1}=0$. By complete induction, $a_{n}>0$ for all $n \geq 1$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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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.
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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 $n \geq 1$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
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"year": "2007"
}
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For a convex pentagon $A B C D E$, the following holds
$$
\varangle B A C=\varangle C A D=\varangle D A E \quad \text { and } \quad \varangle C B A=\varangle D C A=\varangle E D A .
$$
The intersection of the diagonals BD and CE is denoted by $P$.
Prove that the line $A P$ passes through the midpoint of the side $C D$.
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Due to two equal angles each, the triangles $A B C, A C D$ and $A D E$ are similar, and because of the position of the angles, $\frac{|B C|}{|C D|}=\frac{|C D|}{|D E|}$. Since $\varangle D C B=\varangle E D C$ (sum of two equal angles), the triangles $B C D$ and $C D E$ are also similar. This implies $\varangle B D C=\varangle C E D=: \varepsilon$ as well as $\varangle C B D=\varangle D C E=: \delta$. Therefore, the triangles $B C D$ and $D P C$ are similar, from which $\varangle A E P=\gamma-\varepsilon=\varangle A D P$ follows. Hence, $A P D E$ is a cyclic quadrilateral. Similarly, it follows that $A B C P$ is also a cyclic quadrilateral. The angles resulting from this are marked in the figure with vertices $A$ and $P$. In particular, this implies that the triangles $A F D$ and $P F D$ as well as $A C F$ and $P C F$ are similar, where $F$ is the intersection of $A P$ and $C D$. From these
similarities, it follows that $\frac{|D F|}{|F P|}=\frac{|A F|}{|D F|}$ and $\frac{|C F|}{|F P|}=\frac{|A F|}{|C F|}$, which yields $|A F| \cdot|F P|=|D F|^{2}$ on the one hand, and $|A F| \cdot|F P|=|C F|^{2}$ on the other. This results in $|C F|=|D F|$, which was to be proven.
Note: Another very elegant solution can be obtained by using Ceva's theorem in triangle $A C D$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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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.
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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 $A C D$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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For every real number $x$ with $0<x<1$ let $y \in] 0 ; 1[$ be the number whose $n$-th decimal place is the $(2n)$-th decimal place of $x$. $M$ prove: If $x$ is rational, then $y$ is also rational.
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A rational number has a terminating or a periodic decimal fraction expansion. A terminating decimal fraction expansion can be continued indefinitely by appending zeros and thus corresponds to a periodic decimal fraction expansion with a period length of 1.
In the following, we only consider the digits after a possible pre-period of length $v$. The first power of two greater than $v$ is denoted by $2^{s}$, and the period length of the decimal fraction by $d$.
Since there are only finitely many residue classes mod $d$, there exist two numbers $2^{t}$ and $2^{t+m}$ that yield the same remainder $r$ mod $d$, i.e., $2^{t} \equiv 2^{t+m} \bmod d$ with $m \geq 1$. This means that the $t$-th and the $(t+m)$-th decimal place of $y$ are the same.
However, it also follows that $2 \cdot 2^{t} \equiv 2 \cdot 2^{t+m} \bmod d \Leftrightarrow 2^{t+1} \equiv 2^{t+m+1} \operatorname{modd}$, i.e., the $(t+1)$-th and the $(t+m+1)$-th decimal place of $y$ are the same. Accordingly, all $(t+k)$-th and $(t+m+k)$-th decimal places of $y$ are the same $(0 \leq k \leq m)$. Therefore, $y$ is periodic with a period length of $m$.
$y$ can also have a pre-period - at most of length $s$.
These considerations are independent of the base $b \geq 2$ of the number system.
Note: A mere reference to the DIRICHLET drawer principle is not sufficient. An approach using Fermat's little theorem provides more precise information, for example, about the period length of $y$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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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.
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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 $y$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl2_07.jsonl",
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"tier": "T1",
"year": "2007"
}
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Show that in the decimal representation of $\sqrt[3]{3}$, there is a digit different from 2 between the 1000000th and 3141592nd decimal place.
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If $\sqrt[3]{3}$ between the 1,000,000th and 3,141,592nd decimal place consisted only of the digit 2, then with $a=\left[10^{1000000} \sqrt[3]{3}\right]<10^{1000001}$, we would have $\left|\sqrt[3]{3}-(a+2 / 9) 10^{-1000000}\right|<10^{-3141592}$, or equivalently,
$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|<9 \cdot 10^{-2141592}
$$
However, it is certain that $(9 a+2)^{3} \neq 3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}$, because the right side contains the prime factor 3 in a multiplicity not divisible by 3. Generally, for $m, n \in \mathbb{N}$ with $m \neq n^{3}$:
$$
|\sqrt[3]{m}-n| \geq \frac{\left|m-n^{3}\right|}{\sqrt[3]{m^{2}}+\sqrt[3]{m} n+n^{2}} \geq \frac{1}{3 \cdot(\max (\sqrt[3]{m}, n))^{2}}
$$
This implies, in contradiction to (1):
$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|>\frac{1}{3\left(10^{1000001}\right)^{2}}>10^{-2000003}
$$
Remarks:
1. It could be assumed as known that $\sqrt[3]{3}$ is irrational.
2. Many participants tried to argue digit by digit that the digits of $\sqrt[3]{3}$, when raised to the third power, cannot all be zero, by considering $\sqrt[3]{3}$ in its decimal representation as a power series $\sqrt[3]{3}=1+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots$ with $a_{1}, a_{2}, \ldots \in\{0,1, \ldots, 9\}$ and $x=1 / 10$. Here, carry-overs can easily be overlooked: Indeed, $\sqrt[3]{3}=1.442 \ldots$, and $\left(1+4 x+4 x^{2}+2 x^{3}+\ldots\right)^{3}=1+12 x+60 x^{2}+166 x^{3}+\ldots$.
3. Some participants considered the binomial series $(1+x)^{1 / 3}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{1 / 3}{k} x^{k}$ with $\binom{1 / 3}{k}=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right) \cdots\left(\frac{1}{3}-k+1\right) / k!$ for $k \in \mathbb{N}_{0}$, which converges for $|x| \leq 1$, at the point $x=2$ - here the series does not converge.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Man zeige, dass es in der Dezimaldarstellung von $\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle eine von 2 verschiedene Ziffer gibt.
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Hätte $\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle nur die Ziffer 2, wäre mit $a=\left[10^{1000000} \sqrt[3]{3}\right]<10^{1000001}$ also $\left|\sqrt[3]{3}-(a+2 / 9) 10^{-1000000}\right|<10^{-3141592}$ oder äquivalent
$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|<9 \cdot 10^{-2141592}
$$
Nun ist sicher $(9 a+2)^{3} \neq 3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}$, da die rechte Seite den Primfaktor 3 in nicht durch 3 teilbarer Vielfachheit enthält. Allgemein gilt für $m, n \in \mathbb{N}$ mit $m \neq n^{3}$ :
$$
|\sqrt[3]{m}-n| \geq \frac{\left|m-n^{3}\right|}{\sqrt[3]{m^{2}}+\sqrt[3]{m} n+n^{2}} \geq \frac{1}{3 \cdot(\max (\sqrt[3]{m}, n))^{2}}
$$
Daraus folgt aber - im Widerspruch zu (1):
$$
\left|\sqrt[3]{3\left(9 \cdot 10^{1000000}\right)^{3}}-(9 a+2)\right|>\frac{1}{3\left(10^{1000001}\right)^{2}}>10^{-2000003}
$$
Bemerkungen:
1. Man konnte als bekannt voraussetzen, dass $\sqrt[3]{3}$ irrational ist.
2. Viele Teilnehmer haben versucht, ziffernweise zu argumentieren, dass die Ziffern von $\sqrt[3]{3}$ nach Erheben in die dritte Potenz nicht alle Null sein können, indem man $\sqrt[3]{3}$ in der Dezimaldarstellung als eine Potenzreihe $\sqrt[3]{3}=1+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots$ mit $a_{1}, a_{2}, \ldots \in\{0,1, \ldots, 9\}$ und $x=1 / 10$ betrachtet hat. Hier kann man leicht Überträge übersehen: Tatsächlich ist nämlich $\sqrt[3]{3}=1,442 \ldots$, und $\left(1+4 x+4 x^{2}+\right.$ $\left.2 x^{3}+\ldots\right)^{3}=1+12 x+60 x^{2}+166 x^{3}+\ldots$.
3. Manche Teilnehmer haben die binomischen Reihe $(1+x)^{1 / 3}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{1 / 3}{k} x^{k}$ mit $\binom{1 / 3}{k}=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right) \cdots\left(\frac{1}{3}-k+1\right) / k!$ für $k \in \mathbb{N}_{0}$, die für $|x| \leq 1$ konvergiert, an der Stelle $x=2$ betrachtet - hier konvergiert die Reihe nicht.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Let $A B C D$ be an isosceles trapezoid with $A B \| C D$ and $\overline{B C}=\overline{A D}$. The line parallel to $A D$ through $B$ meets the perpendicular to $A D$ through $D$ at point $X$. Furthermore, the line parallel to $B D$ through $A$ meets the perpendicular to $B D$ through $D$ at point $Y$. Prove that the points $C, X, D$ and $Y$ lie on a common circle.
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Let $M$ be the midpoint of the segment $A B$. The parallel through $M$ to $D Y$ meets $B D$ at $G$ and the parallel through $A$ to $B D$ at $H$. From $\overline{A M}=\overline{M B}$, we easily conclude $\overline{H M}=\overline{M G}$, and since $D Y \perp D B$ is assumed, the quadrilateral $D G H Y$ is a rectangle. Together, this teaches us $\overline{D M}=\overline{M Y}$, and in the same
way, we show $\overline{D M}=\overline{M X}$. Since the trapezoid $A B C D$ is isosceles, we further have $\overline{D M}=\overline{M C}$, and from the combination of the last three equations, it immediately follows that the four points $C, D, X, Y$ lie on a common circle around $M$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \| C D$ und $\overline{B C}=\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.
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Es sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A B$. Die durch $M$ gezogene Parallele zu $D Y$ treffe $B D$ in $G$ und die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ in $H$. Aus $\overline{A M}=\overline{M B}$ schließt man leicht $\overline{H M}=\overline{M G}$, und da $D Y \perp D B$ vorausgesetzt ist, ist das Viereck $D G H Y$ ein Rechteck. Beides zusammen lehrt $\overline{D M}=\overline{M Y}$, und in gleicher
Weise zeigt man $\overline{D M}=\overline{M X}$. Da das Trapez $A B C D$ gleichschenklig ist, gilt ferner $\overline{D M}=\overline{M C}$, und aus der Kombination der drei letzten Gleichungen ergibt sich sofort, daß die vier Punkte $C, D, X, Y$ auf einem gemeinsamen Kreis um $M$ liegen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\nErste Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Let $A B C D$ be an isosceles trapezoid with $A B \| C D$ and $\overline{B C}=\overline{A D}$. The line parallel to $A D$ through $B$ meets the perpendicular to $A D$ through $D$ at point $X$. Furthermore, the line parallel to $B D$ through $A$ meets the perpendicular to $B D$ through $D$ at point $Y$. Prove that the points $C, X, D$ and $Y$ lie on a common circle.
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Complete the triangle $D A B$ to a parallelogram $D A Z B$. By construction of $X$ and $Y$, these two points lie on $Z B$ and $Z A$, respectively, and it holds that $\varangle D X Z=\varangle Z Y D=90^{\circ}$. The Thales' theorem now yields that $X$ and $Y$ lie on the circle with diameter $D Z$. The center of this circle is simultaneously the midpoint of the segment $D Z$ and, since in parallelograms the diagonals bisect each other, it coincides with the midpoint of the segment $A B$. Given that the trapezoid $A B C D$ is assumed to be isosceles, it follows that $\overline{D M}=\overline{M C}$, which shows that the point $C$ also lies on the circle considered earlier.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \| C D$ und $\overline{B C}=\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.
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Man ergänze das Dreieck $D A B$ zu einem Parallelogramm $D A Z B$. Nach Konstruktion von $X$ und $Y$ liegen diese beiden Punkte auf $Z B$ bzw. $Z A$, und es gilt $\varangle D X Z=\varangle Z Y D=90^{\circ}$. Der Satz des Thales liefert nunmehr, daß $X$ und $Y$ auf dem Kreis mit Durchmesser $D Z$ liegen. Der Mittelpunkt dieses Kreises ist gleichzeitig der Mittelpunkt der Strecke $D Z$ und, da sich in Parallelogrammen die Diagonalen gegenseitig halbieren, fällt dieser mit dem Mittelpunkt der Strecke $A B$ zusammen. Nachdem nun das Trapez $A B C D$ als gleichschenklig vorausgesetzt ist, gilt folglich $\overline{D M}=\overline{M C}$, womit gezeigt ist, daß auch der Punkt $C$ auf dem vorhin betrachteten Kreis liegt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\nZweite Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Let $A B C D$ be an isosceles trapezoid with $A B \| C D$ and $\overline{B C}=\overline{A D}$. The line parallel to $A D$ through $B$ meets the perpendicular to $A D$ through $D$ at point $X$. Furthermore, the line parallel to $B D$ through $A$ meets the perpendicular to $B D$ through $D$ at point $Y$. Prove that the points $C, X, D$ and $Y$ lie on a common circle.
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Let $F=(A B D)$ be the area of triangle $A B D$. We draw a circle $\omega$ around $D$ with radius $\sqrt{2 F}$ and invert at this circle. Those familiar with the subject can easily see that $\overline{D X^{\prime}}=\overline{D A}$ and $\overline{D Y^{\prime}}=\overline{D B}$ hold, and from this, $(D X^{\prime} Y^{\prime})=F$ follows. Now let $C^{*}$ be the intersection of the line $D C$ and $X^{\prime} Y^{\prime}$, and let $H$ be the foot of the perpendicular dropped from $D$ to $A B$. The points $X^{\prime}, Y^{\prime}$ have distances $\overline{A H}, \overline{B H}$ from the line $C D$, and from this, $(D X^{\prime} Y^{\prime})=(D C^{*} Y^{\prime})-(D C^{*} X^{\prime})=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot(\overline{H B}-\overline{A H})=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}$ follows. In connection with an already given equation, this yields $\overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}=2 F$, from which, using a small positional consideration, $C^{*}=C^{\prime}$ follows. Therefore, the three points $C^{\prime}, X^{\prime}, Y^{\prime}$ lie on a common line, and one can easily convince oneself that this line cannot pass through $D$. This implies the claim.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \| C D$ und $\overline{B C}=\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.
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Es sei $F=(A B D)$ der Flächeninhalt des Dreiecks $A B D$. Wir ziehen um $D$ einen Kreis $\omega$ mit Radius $\sqrt{2 F}$ und invertieren an diesem. Kundige können sich leicht überlegen, daß $\overline{D X^{\prime}}=\overline{D A}$ sowie $\overline{D Y^{\prime}}=\overline{D B}$ gilt und daß hieraus $\left(D X^{\prime} Y^{\prime}\right)=F$ folgt. Es sei nun $C^{*}$ der Schnittpunkt der Geraden $D C$ und $X^{\prime} Y^{\prime}$ sowie $H$ der Fußpunkt des aus $D$ auf $A B$ gefällten Lotes. Nun haben die Punkte $X^{\prime}, Y^{\prime}$ von der Geraden $C D$ die Abstände $\overline{A H}, \overline{B H}$, und hieraus ergibt sich $\left(D X^{\prime} Y^{\prime}\right)=\left(D C^{*} Y^{\prime}\right)-\left(D C^{*} X^{\prime}\right)=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot(\overline{H B}-\overline{A H})=\frac{1}{2} \overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}$. Im Zusammenhang mit einer bereits angegebenen Gleichung folgt hieraus $\overline{D C^{*}} \cdot \overline{D C}=2 F$, woraus sich mit Hilfe einer kleinen Lagebetrachtung $C^{*}=C^{\prime}$ ergibt. Demnach liegen die drei Punkte $C^{\prime}, X^{\prime}, Y^{\prime}$ auf einer gemeinsamen Geraden, und von dieser überzeugt man sich leicht, daß sie nicht durch $D$ gehen kann. Dies impliziert die Behauptung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\nDritte Lösung (skizziert, nach einer Idee von Andreas Gross).",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Show that there exists an integer $a$ for which $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ is a multiple of $3^{2008}$.
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Define the polynomial $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Starting from $P_{0}(x)=\frac{1}{81} P(9 x+1)=9 x^{3}-33 x^{2}-2 x-1$, define recursively polynomials $P_{k}(x)=$ $3 a_{k} x^{3}+3 b_{k} x^{2}+c_{k} x+d_{k}$ with integers $a_{k}, b_{k}, c_{k}, d_{k}$, where $c_{k}$ is not divisible by 3, and $P_{k+1}(x)=\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)$ with $\varepsilon_{k} \in\{-1,0,1\}$ for all $k$ : Since $c_{k}$ is not divisible by 3, one can choose $\varepsilon_{k}$ such that $\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}$ is divisible by 3; then $\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)=3 a_{k+1} x^{3}+3 b_{k+1} x^{2}+c_{k+1}+d_{k+1}$ with $a_{k+1}=9 a_{k}, b_{k+1}=9 \varepsilon_{k} a_{k}+3 b_{k}$, $c_{k+1}=3\left(3 \varepsilon_{k}^{2} a_{k}+2 \varepsilon_{k} b_{k}\right)+c_{k}, d_{k+1}=\varepsilon_{k}^{3} a_{k}+\varepsilon_{k}^{2} b_{k}+\left(\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}\right) / 3$, thus $c_{k+1}$ is also not divisible by 3.
If we set $x_{2004}=0$ and recursively $x_{k}=3 x_{k+1}+\varepsilon_{k}$, so $P_{k}\left(x_{k}\right)=3 P_{k}\left(x_{k+1}\right)$ for $k=2003, \ldots, 0$, then for $a=9 x_{0}+1$ the number $P(a)=81 \cdot 3^{2004} P_{2004}\left(x_{2004}\right)$ is a multiple of $3^{2008}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Man zeige, dass es eine ganze Zahl $a$ gibt, für die $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ ein Vielfaches von $3^{2008}$ ist.
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Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Ausgehend von $P_{0}(x)=\frac{1}{81} P(9 x+1)=9 x^{3}-33 x^{2}-2 x-1$, definiere rekursiv Polynome $P_{k}(x)=$ $3 a_{k} x^{3}+3 b_{k} x^{2}+c_{k} x+d_{k}$ mit ganzen Zahlen $a_{k}, b_{k}, c_{k}, d_{k}$, wobei $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, und $P_{k+1}(x)=\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)$ mit $\varepsilon_{k} \in\{-1,0,1\}$ für alle $k$ : Da $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, kann man $\varepsilon_{k}$ so wählen, dass $\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}$ durch 3 teilbar ist; dann ist $\frac{1}{3} P_{k}\left(3 x+\varepsilon_{k}\right)=3 a_{k+1} x^{3}+3 b_{k+1} x^{2}+c_{k+1}+d_{k+1}$ mit $a_{k+1}=9 a_{k}, b_{k+1}=9 \varepsilon_{k} a_{k}+3 b_{k}$, $c_{k+1}=3\left(3 \varepsilon_{k}^{2} a_{k}+2 \varepsilon_{k} b_{k}\right)+c_{k}, d_{k+1}=\varepsilon_{k}^{3} a_{k}+\varepsilon_{k}^{2} b_{k}+\left(\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}\right) / 3$, somit ist auch $c_{k+1}$ nicht durch 3 teilbar.
Setzt man $x_{2004}=0$ und rekursiv $x_{k}=3 x_{k+1}+\varepsilon_{k}$, also $P_{k}\left(x_{k}\right)=3 P_{k}\left(x_{k+1}\right)$ für $k=2003, \ldots, 0$, so ist für $a=9 x_{0}+1$ die Zahl $P(a)=81 \cdot 3^{2004} P_{2004}\left(x_{2004}\right)$ ein Vielfaches von $3^{2008}$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Show that there exists an integer $a$ for which $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ is a multiple of $3^{2008}$.
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Define the polynomial $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. For $k \geq 4$, integers $a_{k}$ are constructed inductively such that $a_{k} \equiv 1 \bmod 9$ and $3^{k} \mid P\left(a_{k}\right)$; the problem statement then satisfies $a=a_{2008}$:
Base case $k=4$: For $a_{4}=1$, $3^{4} \mid P\left(a_{4}\right)$.
Inductive step $k \rightarrow k+1$: For $k \geq 4$, $2 k-3 \geq k+1$ and $3 k-6 > k+1$, thus for all integers $x$:
\[
\begin{aligned}
P\left(x+3^{k-2}\right)-P(x) & \equiv 3^{k-1} x^{2}+3^{2 k-3} x+3^{3 k-6}-36\left(2 \cdot 3^{k-2} x+3^{2 k-4}\right)+51 \cdot 3^{k-2} \\
& \equiv 3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right) \bmod 3^{k+1}
\end{aligned}
\]
For $x \equiv 1 \bmod 9$, $x^{2}-24 x+17 \equiv 1-24+17 \equiv 3 \bmod 9$. Since $k \geq 4$, $x \equiv x+3^{k-2} \bmod 9$. Therefore, the difference $3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right)$ contains the prime factor 3 exactly $k$ times, so $P(u)$ for $u=a_{k}$ or $u=a_{k}+3^{k-2}$ or $u=a_{k}+2 \cdot 3^{k-2}$ is divisible by $3^{k+1}$, set $a_{k+1}$ to this value of $u$. By construction, $a_{k+1} \equiv 1 \bmod 9$.
Remarks:
1. Some participants tried to argue using the pigeonhole principle: If $P(m) \not \equiv P(n) \bmod 3^{2008}$ for $m \not \equiv n \bmod 3^{2008}$, there would necessarily be an $a$ with $P(a) \equiv 0 \bmod 3^{2008}$. However, the second solution shows that $P\left(x+3^{2006}\right) \equiv P(x) \bmod 3^{2008}$.
2. If $P$ is a polynomial with integer coefficients and $p$ is a prime, the equation $P(a) \equiv 0 \bmod p^{m}$ has a solution for all $m \geq 0$ if there is a $u$ with $P(u) \equiv 0 \bmod p$ and $P^{\prime}(u) \not \equiv 0 \bmod p$ (Hensel's Lemma, see E. J. Barbeau, Polynomials, Springer-Verlag New York 1989, page 100), where for a polynomial $P(x)=b_{n} x^{n}+\ldots b_{0}$, the derivative is $P^{\prime}(x)=n b_{n} x^{n-1}+\ldots+b_{1}$. For $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$, however, $3 \mid P^{\prime}(a)$ for all $a$, so Hensel's Lemma is not applicable here. However, it leads to the goal for $Q(x)=P(3 x+1) / 27 = x^{3}-11 x^{2}-2 x-3$ at the point $u=0$.
3. The problem is not solvable for all polynomials: there are integers $a$ with $3 \mid 1+a+a^{2}$, but no integer with $9 \mid 1+a+a^{2}$.
4. The first values for the numbers $\varepsilon_{k}$ in the first solution are $1,0,0,1,-1$, $0,0,1,1,1,-1,-1,0,-1,1,-1,-1,0,1-$ thus no (obvious) regularity is discernible.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Man zeige, dass es eine ganze Zahl $a$ gibt, für die $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ ein Vielfaches von $3^{2008}$ ist.
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Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Für $k \geq 4$ werden induktiv ganze Zahlen $a_{k}$ mit $a_{k} \equiv 1 \bmod 9$ und $3^{k} \mid P\left(a_{k}\right)$ konstruiert; die Aufgabenstellung erfüllt dann $a=a_{2008}$ :
Verankerung $k=4$ : Für $a_{4}=1$ ist $3^{4} \mid P\left(a_{4}\right)$.
Induktionsschritt $k \rightarrow k+1$ : Für $k \geq 4$ ist $2 k-3 \geq k+1$ und $3 k-6>k+1$, also für
alle ganzzahligen $x$ :
$$
\begin{aligned}
P\left(x+3^{k-2}\right)-P(x) & \equiv 3^{k-1} x^{2}+3^{2 k-3} x+3^{3 k-6}-36\left(2 \cdot 3^{k-2} x+3^{2 k-4}\right)+51 \cdot 3^{k-2} \\
& \equiv 3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right) \bmod 3^{k+1}
\end{aligned}
$$
Für $x \equiv 1 \bmod 9$ ist $x^{2}-24 x+17 \equiv 1-24+17 \equiv 3 \bmod 9$. Wegen $k \geq 4$ ist auch $x \equiv x+3^{k-2} \bmod 9$. Daher enthält die Differenz $3^{k-1}\left(x^{2}-24 x+17\right)$ den Primfaktor 3 genau $k$-mal, also ist $P(u)$ für $u=a_{k}$ oder $u=a_{k}+3^{k-2}$ oder $u=a_{k}+2 \cdot 3^{k-2}$ durch $3^{k+1}$ teilbar, setze $a_{k+1}$ auf diesen Wert von $u$. Nach Konstruktion ist $a_{k+1} \equiv 1 \bmod 9$.
Bemerkungen:
1. Manche Teilnehmer versuchten, mittels Schubfachprinzip zu argumentieren: Wäre $P(m) \not \equiv P(n) \bmod 3^{2008}$ für $m \not \equiv n \bmod 3^{2008}$, gäbe es zwangsläufig auch ein $a \operatorname{mit} P(a) \equiv 0 \bmod 3^{2008}$. Die zweite Lösung zeigt aber, dass $P\left(x+3^{2006}\right) \equiv$ $P(x) \bmod 3^{2008}$.
2. Ist $P$ ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und $p$ eine Primzahl, hat die Gleichung $P(a) \equiv 0 \bmod p^{m}$ eine Lösung für alle $m \geq 0$, wenn es ein $u$ mit $P(u) \equiv 0 \bmod p$ und $P^{\prime}(u) \not \equiv 0 \bmod p$ gibt (Hensel-Lemma, siehe E. J. Barbeau, Polynomials, Springer-Verlag New York 1989, Seite 100), hierbei ist für ein Polynom $P(x)=b_{n} x^{n}+\ldots b_{0}$ die Ableitung $P^{\prime}(x)=n b_{n} x^{n-1}+\ldots+b_{1}$. Für $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$ ist jedoch $3 \mid P^{\prime}(a)$ für alle $a$, so dass das HenselLemma hier nicht anwendbar ist. Es führt jedoch für $Q(x)=P(3 x+1) / 27=$ $x^{3}-11 x^{2}-2 x-3$ an der Stelle $u=0$ zum Ziel.
3. Die Aufgabe ist nicht für alle Polynome lösbar: es gibt zwar ganze Zahlen $a$ mit $3 \mid 1+a+a^{2}$, aber keine ganze Zahl mit $9 \mid 1+a+a^{2}$.
4. Die ersten Werte für die Zahlen $\varepsilon_{k}$ in der ersten Lösung lauten $1,0,0,1,-1$, $0,0,1,1,1,-1,-1,0,-1,1,-1,-1,0,1-$ es ist also keine (offensichtliche) Regelmäßigkeit erkennbar.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl",
"solution_match": "\n2. Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Determine all positive integers $k$ and $n$ with the following property:
The number $k^{4}+n^{2}$ is divisible by the number $7^{k}-3^{n}$ without a remainder.
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The only solution pair is $(k ; n)=(2 ; 4)$. For each solution pair, $k^{4}+n^{2}$ and $7^{k}-3^{n}$ are integers, where $7^{k}-3^{n}$ does not necessarily have to be positive. Since $7^{k}$ and $3^{n}$ are odd, $2 \mid 7^{k}-3^{n}$ and therefore $2 \mid k^{4}+n^{2}$. Hence, $k$ and $n$ must either both be even or both be odd. In the latter case, $k^{4}+n^{2} \equiv 2 \bmod 4$, while $7^{k}-3^{n} \equiv(-1)^{k}-(-1)^{n} \equiv 0 \bmod 4$. Therefore, $k$ and $n$ must both be even, and we set $k=2 a$ and $n=2 b$ with positive integers $a, b$. It follows that $7^{2 a}-3^{2 b} \mid(2 a)^{4}+(2 b)^{2}$ and further $49^{a}-9^{b} \mid 16 a^{4}+4 b^{2}$. Now, $49^{a}-9^{b} \equiv 1^{a}-1^{b} \equiv 0 \bmod 8$, so $16 a^{4}+4 b^{2}$ must also be divisible by 8.
Therefore, $b$ must be even and can be represented as $b=2 c$ with a suitable positive integer $c$. It follows that $7^{2 a}-9^{2 c}=\left(7^{a}+9^{c}\right)\left(7^{a}-9^{c}\right) \mid 16\left(a^{4}+c^{2}\right)$. Since $7^{a} \neq 9^{c}$ always holds and both powers are odd, $\left|7^{a}-9^{c}\right| \geq 2$, so $7^{a}+9^{c} \mid 8\left(a^{4}+c^{2}\right)$ must hold.
Lemma 1: For all $a \geq 4$, $7^{a}>8 a^{4}$.
Proof by induction on $a$:
For $a=4$, $2401=7^{4}>8 \cdot 4^{4}=2^{11}=2048$ is true. Now assume $7^{a}>8 a^{4}$.
Then $7^{a+1}=7 \cdot 7^{a}>7 \cdot 8 a^{4}=8(a+1)^{4} \cdot \frac{7 a^{4}}{(a+1)^{4}}>8(a+1)^{4} \cdot 7 \cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{4}>8(a+1)^{4}$.
Lemma 2: For all $c \geq 1$, $9^{c}>8 c^{2}$.
Proof by induction on $c$:
For $c=1$, $9>8$ is true. Now assume $9^{c}>8 c^{2}$. Then
$9^{c+1}=9 \cdot 9^{c}>9 \cdot 8 c^{2}=8(c+1)^{2} \cdot \frac{9 c^{2}}{(c+1)^{2}}>8(c+1)^{2} \cdot 9 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}>8(c+1)^{2}$.
From the lemmas, it follows that for $a \geq 4$, $7^{a}+9^{c}>8\left(a^{4}+c^{2}\right)$, so no required numbers $k$ and $n$ exist. Therefore, only $a=1,2,3$ need to be examined.
Lemma 3: For all $c \geq 3$, $9^{c}>305+8 c^{2}$.
Proof by induction on $c$:
For $c=3$, $9^{3}=729>305+8 \cdot 3^{2}=377$ is true. Now assume $9^{c}>305+8 c^{2}$. Then $9^{c+1}>9\left(305+8 c^{2}\right)=305+8 \cdot\left(305+9 c^{2}\right)$. Since
$305+9 c^{2}=(c+1)^{2}+8 c^{2}-2 c+304>(c+1)^{2}+c(c-2)>(c+1)^{2}$ for $c>2$, the claim follows.
Case 1: $a=1$. For $c=1$, $49-81=-32 \mid 32=16(1+1)$. Therefore, $(k ; n)=(2 ; 4)$ is a solution. For $c=2$, $7+81=88 \nmid 8(1+4)=40$. For $c>2$, $7+9^{c} \leq 8+8 c^{2}$ must hold, so $9^{c}<1+8 c^{2}$. This contradicts Lemma 3.
Case 2: $a=2$. For $c=1$, $7^{2}+9^{1}=58 \nmid 8\left(2^{4}+1^{2}\right)=136$. For $c=2$, $49+81=130 \nmid 8(16+4)=160$. For $c>2$, $49+9^{c} \leq 8\left(16+c^{2}\right)$ must hold, so $9^{c} \leq 79+8 c^{2}$. This contradicts Lemma 3.
Case 3: $a=3$. For $c=1$, $343+9=352 \nmid 656=8\left(3^{4}+1\right)$. For $c=2$, $343+81=424 \nmid 680=8\left(3^{4}+4\right)$. For $c>2$, $343+9^{c} \leq 8\left(81+c^{2}\right)$ must hold, so $9^{c} \leq 305+8 c^{2}$. This contradicts Lemma 3.
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(k ; n)=(2 ; 4)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Man bestimme alle positiven ganzen Zahlen $k$ und $n$ mit folgender Eigenschaft:
Die Zahl $k^{4}+n^{2}$ ist ohne Rest durch die Zahl $7^{k}-3^{n}$ teilbar.
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Das einzige Lösungspaar ist $(k ; n)=(2 ; 4)$. Für jedes Lösungspaar sind $k^{4}+n^{2}$ und $7^{k}-3^{n}$ ganzzahlig, wobei $7^{k}-3^{n}$ nicht notwendig positiv sein muss. Weil $7^{k}$ und $3^{n}$ ungerade sind, gilt $2 \mid 7^{k}-3^{n}$ und daher $2 \mid k^{4}+n^{2}$. Deshalb müssen $k$ und $n$ entweder beide gerade oder beide ungerade sein. Im letzten Fall gilt $k^{4}+n^{2} \equiv 2 \bmod 4$, wogegen $7^{k}-3^{n} \equiv(-1)^{k}-(-1)^{n} \equiv 0 \bmod 4$ ist. Daher sind $k$ und $n$ beide gerade und wir setzen $k=2 a$ bzw. $n=2 b$ mit positiven ganzen Zahlen $a, b$. Es folgt $7^{2 a}-3^{2 b} \mid(2 a)^{4}+(2 b)^{2}$ und weiter $49^{a}-9^{b} \mid 16 a^{4}+4 b^{2}$. Nun ist $49^{a}-9^{b} \equiv 1^{a}-1^{b} \equiv 0 \bmod 8$, so dass auch $16 a^{4}+4 b^{2}$ durch 8 teilbar sein muss.
Deshalb muss $b$ gerade sein und ist als $b=2 c$ mit einer geeigneten positiven ganzen Zahl c darstellbar. Es folgt $7^{2 a}-9^{2 c}=\left(7^{a}+9^{c}\right)\left(7^{a}-9^{c}\right) \mid 16\left(a^{4}+c^{2}\right)$. Weil stets $7^{a} \neq 9^{c}$ gilt und beide Potenzen ungerade sind, ist $\left|7^{a}-9^{c}\right| \geq 2$, so dass $7^{a}+9^{c} \mid 8\left(a^{4}+c^{2}\right)$ gelten muss.
Lemma 1: Für alle $a \geq 4$ ist $7^{a}>8 a^{4}$.
Beweis durch vollständige Induktion nach $a$ :
Für $a=4$ ist $2401=7^{4}>8 \cdot 4^{4}=2^{11}=2048$ wahr. Nun sei $7^{a}>8 a^{4}$ vorausgesetzt.
Dann ist $7^{a+1}=7 \cdot 7^{a}>7 \cdot 8 a^{4}=8(a+1)^{4} \cdot \frac{7 a^{4}}{(a+1)^{4}}>8(a+1)^{4} \cdot 7 \cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{4}>8(a+1)^{4}$.
Lemma 2: Für alle $c \geq 1$ ist $9^{c}>8 c^{2}$.
Beweis durch vollständige Induktion nach $c$ :
Für $c=1$ ist $9>8$ wahr. Nun sei $9^{c}>8 c^{2}$ vorausgesetzt. Dann ist
$9^{c+1}=9 \cdot 9^{c}>9 \cdot 8 c^{2}=8(c+1)^{2} \cdot \frac{9 c^{2}}{(c+1)^{2}}>8(c+1)^{2} \cdot 9 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}>8(c+1)^{2}$.
Aus den Lemmata folgt, dass für $a \geq 4$ wegen $7^{a}+9^{c}>8\left(a^{4}+c^{2}\right)$ keine verlangten Zahlen $k$ und $n$ existieren. Also müssen nur noch $a=1,2,3$ untersucht werden.
Lemma 3: Für alle $c \geq 3$ ist $9^{c}>305+8 c^{2}$.
Beweis durch vollständige Induktion nach $c$ :
Für $c=3$ ist $9^{3}=729>305+8 \cdot 3^{2}=377$ wahr. Nun sei $9^{c}>305+8 c^{2}$ vorausgesetzt. Dann ist $9^{c+1}>9\left(305+8 c^{2}\right)=305+8 \cdot\left(305+9 c^{2}\right)$. Wegen
$305+9 c^{2}=(c+1)^{2}+8 c^{2}-2 c+304>(c+1)^{2}+c(c-2)>(c+1)^{2}$ für $c>2$ folgt die Behauptung.
Fall 1: $a=1$. Für $c=1$ gilt $49-81=-32 \mid 32=16(1+1)$. Daher ist $(k ; n)=(2 ; 4)$ eine Lösung. Für $c=2$ gilt $7+81=88 \nmid 8(1+4)=40$. Für $c>2$ muss $7+9^{c} \leq 8+8 c^{2}$ gelten, also $9^{c}<1+8 c^{2}$. Dies widerspricht Lemma 3.
Fall 2: $a=2$. Für $c=1$ gilt $7^{2}+9^{1}=58 X \quad 8\left(2^{4}+1^{2}\right)=136$. Für $c=2$ gilt $49+81=130 \nmid 8(16+4)=160$. Für $c>2$ muss $49+9^{c} \leq 8\left(16+c^{2}\right)$ gelten, also $9^{c} \leq 79+8 c^{2}$. Dies widerspricht Lemma 3.
Fall 3: $a=3$. Für $c=1$ gilt $343+9=352 \chi 656=8\left(3^{4}+1\right)$. Für $c=2$ gilt $343+81=424 \chi \quad 680=8\left(3^{4}+4\right)$. Für $c>2$ muss $343+9^{c} \leq 8\left(81+c^{2}\right)$ gelten, also $9^{c} \leq 305+8 c^{2}$. Dies widerspricht Lemma 3.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl2_08.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Given is a (general) trapezoid $A B C D$, whose diagonals intersect at point $P$. A point $Q$ lies between the parallels $A B$ and $D C$ such that $\varangle A Q B = \varangle C Q D$ holds and the line $B C$ lies between $P$ and $Q$.
Prove that $\varangle D Q P = \varangle B A Q$ holds.
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Due to $A B \| C D$, the central dilation $\sigma$ at the intersection point $P$ of the diagonals with scaling factor $k=-\frac{|C D|}{|A B|}=-\frac{|C P|}{|A P|}=-\frac{|D P|}{|B P|}$ maps point $C$ to $A$ and $D$ to $B$. Let $Q^{\prime}$ be the image of $Q$ under $\boldsymbol{\sigma}$. Because
the triangle $D Q C$ is mapped to the triangle $B Q^{\prime} A$ under $\sigma$, both triangles are similar, and with the given condition, $\varangle A Q^{\prime} B = \varangle C Q D = \varangle A Q B$. Therefore, $A, B, Q$, and $Q^{\prime}$ lie on a circle, and it follows that $\varangle B A Q = \varangle B Q^{\prime} Q$. The triangle $B Q^{\prime} Q$ is mapped to the triangle $D Q Q^{\prime}$ under $\sigma$. Hence, these triangles are similar, and since $P, Q$, and $Q^{\prime}$ lie on a straight line, $\varangle B Q^{\prime} Q = \varangle D Q Q^{\prime} = \varangle D Q P$.
Thus, $\varangle B A Q = \varangle B Q^{\prime} Q = \varangle D Q P$, which is what we needed to prove.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben ist ein (allgemeines) Trapez $A B C D$, dessen Diagonalen sich im Punkt $P$ schneiden. Ein Punkt $Q$ liegt so zwischen den Parallelen $A B$ und $D C$, dass $\varangle A Q B=\varangle C Q D$ gilt und die Gerade $B C$ zwischen $P$ und $Q$ verläuft.
Man beweise, dass $\varangle D Q P=\varangle B A Q$ gilt.
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Wegen $A B \| C D$ bildet die zentrische Streckung $\sigma$ am Schnittpunkt $P$ der Diagonalen mit Streckfaktor $k=-\frac{|C D|}{|A B|}=-\frac{|C P|}{|A P|}=-\frac{|D P|}{|B P|}$ den Punkt $C$ auf $A$ und $D$ auf $B$ ab. Es sei $Q^{\prime}$ der Bildpunkt von $Q$ unter $\boldsymbol{\sigma}$. Weil
das Dreieck $D Q C$ unter $\sigma$ auf das Dreieck $B Q^{\prime} A$ abgebildet wird, sind beide Dreiecke ähnlich und mit der Voraussetzung gilt $\varangle A Q^{\prime} B=\varangle C Q D=\varangle A Q B$. Somit liegen $A, B, Q$ und $Q^{\prime}$ auf einem Kreis und es gilt $\varangle B A Q=\varangle B Q^{\prime} Q$. Das Dreieck $B Q^{\prime} Q$ wird unter $\sigma$ auf das Dreieck $D Q Q^{\prime}$ abgebildet. Daher sind diese Dreiecke ähnlich und es folgt, da $P, Q$ und $Q^{\prime}$ auf einer Geraden liegen, $\varangle B Q^{\prime} Q=\varangle D Q Q^{\prime}=\varangle D Q P$.
Also ist $\varangle B A Q=\varangle B Q^{\prime} Q=\varangle D Q P$, was zu beweisen war.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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A square is divided into $n>1$ rectangles such that the sides of the rectangles are parallel to the sides of the given square. Each line that is parallel to one of the sides of the square and intersects the interior of the square shall also run in the interior of at least one of the rectangles.
Prove that there is then always a rectangle in this division that has no point in common with the boundary of the square.
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We prove the contraposition and assume that every rectangle in the partition has at least one point in common with the boundary of the square. According to the conditions, it then has at least one of its sides in common with the boundary of the square. Therefore, the boundary of the square can be uniquely assigned to the rectangles of the partition in segments. Two non-connected segments cannot belong to the same rectangle; otherwise, they would be opposite each other, and lines on the other sides of this rectangle would intersect the interior of the square without running inside a rectangle.
The number \( n \) of these segments thus matches the number \( n \) of the rectangles. At the \( n \) endpoints of the segments, two rectangles meet on the boundary of the square and have a corner there. Four additional corners of the rectangles coincide with the corners of the square, so that a total of \( 2n + 4 \) rectangle corners lie on the boundary of the square. Thus, \( 4n - (2n + 4) = 2n - 4 \) corners remain for the interior of the square. Now consider one of the \( n \) points on the boundary of the square where two rectangles meet. The line perpendicular to the respective side of the square through this point \( P \)
initially runs inside the square on one side of each of the two rectangles. For this line to run inside a rectangle within the square, it must intersect a side of a rectangle that is parallel to the side of the square from which we started. At this branching point \( Q \), the two rectangles, whose boundary the line was previously (these do not have to be the two rectangles with the corner point \( P \)), each have a corner point. Such a point \( Q \) exists for each starting point \( P \), and two different starting points cannot have the same branching point \( Q \). Therefore, at least \( 2n \) rectangle corners must lie in the interior of the square, contradicting the previously determined maximum number \( 2n - 4 \). Thus, there is always a rectangle that has no point in common with the boundary of the square.
Notes: The outer rectangle was only raised to a square so that the formulation of the solution is simpler. The frequently presented solutions involving the construction of impossible cases could easily leave gaps if arguments were made about the relative positions of rectangles or the course of paths.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Ein Quadrat wird so in $n>1$ Rechtecke zerlegt, dass die Seiten der Rechtecke parallel zu den Seiten des gegebenen Quadrats verlaufen. Jede Gerade, die parallel zu einer der Seiten des Quadrats verläuft und das Innere des Quadrats schneidet, soll dabei auch im Inneren wenigstens eines der Rechtecke verlaufen.
Man beweise, dass es dann in dieser Zerlegung stets ein Rechteck gibt, das keinen Punkt mit dem Rand des Quadrats gemeinsam hat.
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Wir beweisen die Kontraposition und nehmen dazu an, dass jedes Rechteck der Zerlegung mindestens einen Punkt mit dem Rand des Quadrates gemeinsam hat. Nach den Voraussetzungen hat es dann wenigstens eine seiner Seiten mit dem Rand des Quadrates gemeinsam. Daher lässt sich der Rand des Quadrates abschnittweise eindeutig den Rechtecken der Zerlegung zuordnen. Zwei nicht zusammenhängende Abschnitte können nicht zu demselben Rechteck gehören; sie müssten sonst einander gegenüberliegen und auf den anderen Seiten dieses Rechtecks schneiden Geraden das Innere des Quadrates, ohne im Inneren eines Rechtecks zu verlaufen.
Die Anzahl $n$ dieser Abschnitte stimmt also mit der Anzahl $n$ der Rechtecke überein. In den $n$ Endpunkten der Abschnitte treffen auf dem Rand des Quadrates jeweils zwei Rechtecke zusammen und haben dort jeweils eine Ecke. Vier weitere Ecken der Rechtecke fallen mit den Ecken des Quadrates zusammen, so dass insgesamt $2 n+4$ Rechtecksecken auf dem Rand des Quadrates liegen. Somit verbleiben $4 n-(2 n+4)=2 n-4$ Ecken für das Innere des Quadrates. Nun betrachten wir einen der $n$ Punkte auf dem Rand des Quadrates, in denen zwei Rechtecke zusammenstoßen. Die Gerade senkrecht zur jeweiligen Quadratseite durch diesen Punkt $P$
verläuft im Inneren des Quadrats zunächst auf je einer Seite der beiden Rechtecke. Damit diese Gerade innerhalb des Quadrates auch im Inneren eines Rechtecks verlaufen kann, muss sie eine Rechtecksseite schneiden, die parallel zur Quadratseite verläuft, von der wir ausgegangen sind. In diesem Verzweigungspunkt $Q$ haben die zwei Rechtecke, deren Rand die Gerade vorher war (das müssen nicht mehr die beiden Rechtecke mit Eckpunkt $P$ sein), jeweils einen Eckpunkt. Ein solcher Punkt $Q$ existiert für jeden Ausgangspunkt $P$, und zwei verschiedene Ausgangspunkte können nicht denselben Verzweigungspunkt $Q$ haben. Daher müssen wenigstens $2 n$ Rechtecksecken im Inneren des Quadrates liegen, im Widerspruch zur oben bestimmten Höchstzahl $2 n-4$. Also gibt es stets ein Rechteck, das keinen Punkt mit dem Rand des Quadrats gemeinsam hat.
Anmerkungen: Das äußere Rechteck wurde nur deshalb zum Quadrat erhoben, damit die Abfassung der Lösung einfacher ist. Die häufig vorgelegten Lösungen über die Konstruktion von unmöglichen Fällen ließen leicht Lücken entstehen, wenn mit der gegenseitigen Lage von Rechtecken oder dem Verlauf von Pfaden argumentiert wurde.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl2_08.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
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Let $p>7$ be a prime number that leaves a remainder of 1 when divided by 6. Set $m=2^{p}-1$. Prove that $2^{m-1}-1$ is divisible by $127 m$ without any remainder.
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The solution consists of three steps:
1. $2^{m-1}-1$ is divisible by 127.
2. $2^{m-1}-1$ is divisible by $m$.
3. 127 and $m$ are coprime.
For 1: It holds that $2^{6} \equiv 1 \bmod 7$. From $p \equiv 1 \bmod 6$ it follows that $2^{p} \equiv 2 \bmod 7$, thus $7 \mid m-1$. With $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$ it follows that $2^{m-1} \equiv 1 \bmod 127$.
For 2: It holds that $2^{p} \equiv 2 \bmod p$ (Fermat's little theorem), i.e., $p \mid m-1$. From $2^{p} \equiv 1 \bmod m$ it follows that $2^{m-1} \equiv 1 \bmod m$.
For 3: It holds that $2^{p} \equiv 1 \bmod 127$ if and only if $p$ is divisible by 7 (write $p=7 k+r$ with $0 \leq r<7$ and use $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$). Since $p>7$, this is not the case, so $m$ is not divisible by 127, and since 127 is a prime number, 127 and $m$ are coprime.
Remarks: The relationship $\operatorname{ggT}\left(2^{a}-1,2^{b}-1\right)=2^{\operatorname{ggT}(a, b)}-1$ allows for a shortened solution. Instead of congruence arithmetic, the divisibility statement $a-b \mid a^{n}-b^{n}$ can be used in some cases. Some participants used an incorrect version of the Euler-Fermat theorem: it states $a^{\phi(m)} \equiv 1 \bmod m$ for $\operatorname{ggT}(a, m)=1$ but only for $m$ a prime number does $\phi(m)=m-1$ hold.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Es sei $p>7$ eine Primzahl, die bei Division durch 6 den Rest 1 lässt. Setze $m=2^{p}-1$. Man beweise, dass $2^{m-1}-1$ ohne Rest durch $127 m$ teilbar ist.
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Die Lösung besteht aus drei Schritten:
1. $2^{m-1}-1$ ist durch 127 teilbar.
2. $2^{m-1}-1$ ist durch $m$ teilbar.
3. 127 und $m$ sind teilerfremd.
Zu 1: Es gilt $2^{6} \equiv 1 \bmod 7$. Aus $p \equiv 1 \bmod 6$ folgt $2^{p} \equiv 2 \bmod 7$, also $7 \mid m-1$. Mit $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$ folgt daraus $2^{m-1} \equiv 1 \bmod 127$.
Zu 2 : Es gilt $2^{p} \equiv 2 \bmod p$ (kleiner Satz von Fermat), d. h. $p \mid m-1$. Aus $2^{p} \equiv 1 \bmod m$ folgt damit $2^{m-1} \equiv 1 \bmod m$.
Zu 3 : Es gilt $2^{p} \equiv 1 \bmod 127$ genau dann, wenn $p$ durch 7 teilbar ist (schreibe $p=7 k+r$ mit $0 \leq r<7$ und verwende $2^{7} \equiv 1 \bmod 127$ ). Wegen $p>7$ ist das nicht der Fall, also ist $m$ nicht durch 127 teilbar, und da 127 eine Primzahl ist, sind 127 und $m$ teilerfremd.
Bemerkungen: Die Beziehung $\operatorname{ggT}\left(2^{a}-1,2^{b}-1\right)=2^{\operatorname{ggT}(a, b)}-1$ erlaubt eine Verkürzung der Lösung. Statt Kongruenzrechnung kann teilweise auch die Teilbarkeitsaussage $a-b \mid a^{n}-b^{n}$ verwendet werden. Einige Teilnehmer verwendeten eine fehlerhafte Fassung des Satzes von Euler-Fermat: er lautet $a^{\phi(m)} \equiv 1 \bmod m$ für $\operatorname{ggT}(a, m)=1$ doch nur für $m$ Primzahl gilt $\phi(m)=m-1$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2009-loes_awkl1_09.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
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The triangle $A B C$ is right-angled at $A$. Let $M$ be the midpoint of the segment $B C$. The point $D$ lies on the side $A C$ and satisfies $\overline{A D}=\overline{A M}$. The intersection point of the circumcircles of triangles $A M C$ and $B D C$, different from $C$, is called $P$. Prove that $C P$ bisects the angle at $C$ of triangle $A B C$.
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The angle $\varangle P D C$ is on the one hand the adjacent angle of $\varangle A D P$, and on the other hand, it lies in the cyclic quadrilateral $B P D C$ opposite the angle $\varangle C B P$. Consequently, $\varangle A D P = \varangle C B P$. Similarly, the angle $\varangle C M P$ is the adjacent angle of $\varangle P M B$ and lies in the cyclic quadrilateral $A P M C$ opposite the angle $\varangle P A C$, so $\varangle P M B = \varangle P A C$. The triangles $P B M$ and $P D A$ thus agree in the interior angles at $B$ and $D$ as well as at $M$ and $A$, and furthermore, by assumption, $\overline{A D} = \overline{A M} = \overline{M B}$ (the last equality follows from Thales' theorem). According to the congruence theorem wsw, the triangles $P B M$ and $P D A$ are congruent, in particular, their heights from $P$ are of equal length. They are, however, the perpendiculars from $P$ to the triangle sides $C A$ and $C B$, so $P$ lies on the angle bisector.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Das Dreieck $A B C$ sei bei $A$ rechtwinklig. Es bezeichne $M$ den Mittelpunkt der Strecke $B C$. Der Punkt $D$ liege auf der Seite $A C$ und erfülle $\overline{A D}=\overline{A M}$. Der von $C$ verschiedene Schnittpunkt der Umkreise der Dreiecke $A M C$ und $B D C$ heiße $P$. Man beweise, dass $C P$ den bei $C$ gelegenen Winkel des Dreiecks $A B C$ halbiert.
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: Der Winkel $\varangle P D C$ ist einerseits Nebenwinkel von $\varangle A D P$, andererseits liegt er im Sehnenviereck $B P D C$ dem Winkel $\varangle C B P$ gegenüber. Folglich $\varangle A D P=$ $\varangle C B P$. Analog ist der Winkel $\varangle C M P$ Nebenwinkel von $\varangle P M B$ und liegt im Sehnenviereck $A P M C$ dem Winkel $\varangle P A C$ gegenüber, also $\varangle P M B=\varangle P A C$. Die Dreiecke $P B M$ und $P D A$ stimmen somit in den Innenwinkeln bei $B$ und $D$ sowie bei $M$ und $A$ überein, außerdem ist nach Voraussetzung $\overline{A D}=\overline{A M}=\overline{M B}$ (die letzte Gleichheit ergibt sich aus dem Satz des Thales). Nach dem Kongruenzsatz wsw sind die Dreicke $P B M$ und $P D A$ kongruent, insbesondere sind ihre von $P$ ausgehenden Höhen gleich lang. Sie sind aber die Lote von $P$ auf die Dreiecksseiten $C A$ bzw. $C B$, also liegt $P$ auf der Winkelhalbierenden.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2009-loes_awkl1_09.jsonl",
"solution_match": "\nLösung 1",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
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The triangle $A B C$ is right-angled at $A$. Let $M$ be the midpoint of the segment $B C$. The point $D$ lies on the side $A C$ and satisfies $\overline{A D}=\overline{A M}$. The intersection point of the circumcircles of triangles $A M C$ and $B D C$, different from $C$, is called $P$. Prove that $C P$ bisects the angle at $C$ of triangle $A B C$.
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(Sketch, after M. Krebs): Denote by $m_{X Y}$ the perpendicular bisector of the segment $X Y$. Then both $m_{C D}$ and $m_{C A}$, as well as $m_{C M}$ and $m_{C B}$, are pairs of parallel lines at a distance of $\frac{1}{4} \overline{B C}$, thus they form a rhombus. The midpoints $M_{1}, M_{2}$ of the two circumcircles mentioned in the problem are the intersection points of $m_{C A}$ with $m_{C M}$ and of $m_{C D}$ with $m_{C B}$, respectively. The line $(C P)$ is perpendicular to the connecting line $\left(M_{1} M_{2}\right)$, and is therefore parallel to the second diagonal in the rhombus. It is then easy to see that the second diagonal is parallel to the angle bisector.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Das Dreieck $A B C$ sei bei $A$ rechtwinklig. Es bezeichne $M$ den Mittelpunkt der Strecke $B C$. Der Punkt $D$ liege auf der Seite $A C$ und erfülle $\overline{A D}=\overline{A M}$. Der von $C$ verschiedene Schnittpunkt der Umkreise der Dreiecke $A M C$ und $B D C$ heiße $P$. Man beweise, dass $C P$ den bei $C$ gelegenen Winkel des Dreiecks $A B C$ halbiert.
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(Skizze, nach M. Krebs): Bezeichne mit $m_{X Y}$ die Mittelsenkrechte der Strecke $X Y$. Dann sind sowohl $m_{C D}$ und $m_{C A}$ also auch $m_{C M}$ und $m_{C B}$ Paare paralleler Geraden im Abstand $\frac{1}{4} \overline{B C}$, also begrenzen sie eine Raute. Die Mittelpunkte $M_{1}, M_{2}$ der beiden in der Aufgabe genannten Umkreise sind die Schnittpunkte von $m_{C A}$ mit $m_{C M}$ bzw. von $m_{C D}$ mit $m_{C B}$. Die Gerade $(C P)$ steht senkrecht auf der Verbindungsgeraden $\left(M_{1} M_{2}\right)$, ist also parallel zur zweiten Diagonalen in der Raute. Man überlegt sich nun leicht, dass die zweite Diagonale parallel zur Winkelhalbierenden ist.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2009-loes_awkl1_09.jsonl",
"solution_match": "\nLösung 2",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
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On a board, a positive integer is written at the beginning. If a number $x$ is on the board, one is allowed to write the numbers $2 x+1$ and $\frac{x}{x+2}$. At some point, the number 2008 is also on the board. Prove that it was there from the beginning.
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At the beginning, the number $a$ is on the board. The transition from $x$ to $2x+1$ or $\frac{x}{x+2}$ is referred to as a transformation. All numbers on the board are positive.
1. Variant: From the number $a$, through $k$ transformations, numbers of the form $\frac{ma + m - 1}{(2^k - m)a + 2^k - m + 1}$ with integer $0 < m \leq 2^k$ always arise (proof by complete induction on $k$). If 2008 eventually appears on the board, there exist $k \geq 0$ and $0 < m \leq 2^k$ such that $\frac{ma + m - 1}{(2^k - m)a + 2^k - m + 1} = 2008$ or $2009 = (a + 1)(2009m - 2008 \cdot 2^k)$. Since the second factor is coprime to 2009 (as 2008 and $2^k$ are coprime to 2009), it follows that $a + 1 = 2009$.
2. Variant: Write on a piece of paper for each number $t$ on the board the number $f(t) = \frac{2009}{t + 1}$. At some point, 1 will appear on the paper. A transformation of a number on the board maps a number $z$ on the paper to $z / 2$ or $\frac{2009 + z}{2}$. If the initial number $f(a)$ on the paper is not an integer or not coprime to 2009, it cannot eventually become an integer or coprime to 2009. Therefore, $f(a)$ is an integer and coprime to 2009. Since $f(a) = \frac{2009}{a + 1}$ also divides 2009, it follows that $f(a) = 1$ and $a = 2008$.
3. Variant: Each transformation maps the reduced rational number $p / q$ to the reduced number $p' / q'$, where $p, q, p', q'$ are positive integers and $p' + q' \in \{p + q, 2(p + q)\}$. Initially, one has the reduced representation $\frac{a}{1}$, and at the end $\frac{2008}{1}$, so there exists $k \geq 0$ such that $2^k(a + 1) = 2008 + 1$. Since 2009 is odd, it follows that $k = 0$ and $a + 1 = 2009$.
4. Variant: Form the sequence of numbers $a_0 = a, a_1, \ldots, a_k = 2008$ from numbers on the board, where $a_{j+1}$ for $0 \leq j < k$ arises from one of the two transformations of $a_j$. From $a_k$, $a_{k-1}, \ldots, a_0$ can be uniquely reconstructed, since for all $x > 0$, $2x + 1 > 1$ and $0 < \frac{x}{x + 2} < 1$. By induction on $n$ for $n = 0, \ldots, k$, it is shown that $a_{k-n} = \frac{2009 - b_n}{b_n}$ with $0 < b_n < 2009$ and $b_n \equiv 2^n \pmod{2009}$. Thus, $a_{k-n}$ is an integer (with value 2008) if and only if $2^n \equiv 1 \pmod{2009}$ or if $420 \mid n$.
Remarks: Some participants only considered specific sequences of the two transformations or tried (incorrectly) to prove that in the 4th variant, the number $a_{k-n}$ can only be an integer for $n = 0$. 2009 is not a prime number: $2009 = 7^2 \cdot 41$.
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2008
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Auf einer Tafel stehe am Anfang eine positive ganze Zahl. Wenn eine Zahl $x$ auf der Tafel steht, darf man die Zahlen $2 x+1$ und $\frac{x}{x+2}$ dazuschreiben. Irgendwann stehe auch die Zahl 2008 auf der Tafel. Man beweise, dass sie von Anfang an dastand.
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Anfangs stehe die Zahl $a$ auf der Tafel. Der Übergang von $x$ zu $2 x+1$ oder $\frac{x}{x+2}$ werde als Transformation bezeichnet. Alle Zahlen auf der Tafel sind positiv. 1. Variante: Aus der Zahl $a$ entstehen durch $k$ Transformationen stets Zahlen der Form $\frac{m a+m-1}{\left(2^{k}-m\right) a+2^{k}-m+1}$ mit ganzzahligem $0<m \leq 2^{k}$ (Beweis durch vollständige Induktion nach $k$ ). Steht also irgendwann 2008 an der Tafel, gibt es somit $k \geq 0$ und $0<m \leq 2^{k}$ mit $\frac{m a+m-1}{\left(2^{k}-m\right) a+2^{k}-m+1}=2008$ bzw. $2009=(a+1)\left(2009 m-2008 \cdot 2^{k}\right)$. Da der zweite Faktor teilerfremd zu 2009 ist (da 2008 und $2^{k}$ teilerfremd zu 2009), folgt $a+1=2009$. 2. Variante: Schreibe auf ein Blatt Papier zu jeder Zahl $t$ der Tafel die Zahl $f(t)=\frac{2009}{t+1}$. Irgendwann steht 1 auf dem Blatt. Eine Transformation einer Zahl auf der Tafel bildet eine Zahl $z$ auf dem Blatt auf $z / 2$ oder $\frac{2009+z}{2}$ ab. Ist also die Anfangszahl $f(a)$ auf dem Blatt nicht ganzzahlig oder nicht teilerfremd zu 2009, können daraus nicht irgendwann ganzzahlige oder zu 2009 teilerfremde Zahlen entstehen. Somit ist $f(a)$ ganzzahlig und teilerfremd zu 2009. Da $f(a)=\frac{2009}{a+1}$ zudem 2009 teilt, folgt $f(a)=1$ und $a=2008$. 3. Variante: Jede Transformation bildet die gekürzte rationale Zahl $p / q$ auf die gekürzte Zahl $p^{\prime} / q^{\prime}$ ab, wobei $p, q, p^{\prime}, q^{\prime}$ positive ganze Zahlen sind und $p^{\prime}+q^{\prime} \in\{p+q, 2(p+q)\}$. Anfangs hat man die gekürzte Darstellung $\frac{a}{1}$, am Ende $\frac{2008}{1}$, es gibt also $k \geq 0$ mit $2^{k}(a+1)=2008+1$. Da 2009 ungerade ist, folgt $k=0$ und $a+1=2009$.
4. Variante: Bilde die Zahlenfolge $a_{0}=a, a_{1}, \ldots, a_{k}=2008$ aus Zahlen auf der Tafel, wobei $a_{j+1}$ für $0 \leq j<k$ durch eine der beiden Transformationen aus $a_{j}$ entsteht. Aus $a_{k}$ lassen sich $a_{k-1}, \ldots, a_{0}$ eindeutig rekonstruieren, da für alle $x>0$ gilt: $2 x+1>1$, $0<\frac{x}{x+2}<1$. Mit Induktion nach $n$ für $n=0, \ldots, k$ zeigt man, dass $a_{k-n}=\frac{2009-b_{n}}{b_{n}}$ mit $0<b_{n}<2009$ und $b_{n} \equiv 2^{n} \bmod 2009$. Damit ist $a_{k-n}$ ganzzahlig (mit Wert 2008) genau dann, wenn $2^{n} \equiv 1 \bmod 2009$ bzw. wenn $420 \mid n$.
Bemerkungen: Einige Teilnehmer betrachteten nur spezielle Abfolgen der beiden Transformationen oder versuchten (fehlerhaft) zu beweisen, dass in der 4. Variante die Zahl $a_{k-n}$ nur für $n=0$ ganzzahlig sein kann. 2009 ist keine Primzahl: $2009=7^{2} \cdot 41$.
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Let $p$ be a prime number. Further, let $a, b, c$ be integers that satisfy the equations $a^{2}+p b=b^{2}+p c=c^{2}+p a$.
Prove that then $a=b=c$ holds.
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If two of the three numbers $a, b, c$ are equal, we can assume without loss of generality (oBdA) due to cyclic symmetry that $a=b$. This transforms the given left equation to $a^{2}+p b=a^{2}+p c$, from which $b=c$ follows directly because $p \neq 0$, thus satisfying the claim. Henceforth, we can assume $a \neq b \neq c \neq a$. Rearranging the equations yields $p=\frac{b^{2}-a^{2}}{b-c}=\frac{c^{2}-b^{2}}{c-a}=\frac{a^{2}-c^{2}}{a-b}$. Multiplying the three terms and simplifying gives $p^{3}=-(a+b)(b+c)(c+a)(1)$.
Among the three given numbers, at least two are even or at least two are odd by the pigeonhole principle; their sum is therefore divisible by 2. Hence, the product on the right side of (1) is even. It follows that $p=2$ and thus $(a+b)(b+c)(c+a)=-8$. (2) If two of the parentheses in (2) are equal, we can assume without loss of generality (oBdA) that $a+b=b+c$. It follows directly that $a=c$ and therefore all three given numbers are equal.
If exactly one of the parentheses is odd (equal to $\pm 1$), then $(a+b)+(b+c)+(c+a)$ is on the one hand odd, and on the other hand equal to $2(a+b+c)$, which is even - a contradiction!
Therefore, the cases ( $\pm ; \mp 1 ; 8$ ) remain to be examined (up to cyclic permutation).
From $a+b=1, b+c=-1, c+a=8$ it follows that $a=5, b=-4, c=3$, which contradicts the first given equation with $25-8 \neq 16+6$.
From $a+b=-1, b+c=1, c+a=8$ it follows that $a=3, b=-4, c=5$, which contradicts the first given equation with $9-8 \neq 16+10$.
Therefore, only $a=b=c$ is possible. Indeed, $a^{2}+p a=a^{2}+p a$ holds.
Hints: From $a>b$ it does not follow that $a^{2}>b^{2}$ and vice versa, because $a$ or $b$ can be negative.
The given equations are not symmetric in $a, b$, and $c$, but only cyclic. Therefore, it is not permissible to assume without loss of generality (oBdA) that $a>b>c$.
The claim can be generalized to all positive natural exponents $n$.
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a=b=c
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Es sei $p$ eine Primzahl. Weiter seien $a, b, c$ ganze Zahlen, welche die Gleichungen $a^{2}+p b=b^{2}+p c=c^{2}+p a$ erfüllen.
Man beweise, dass dann $a=b=c$ gilt.
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Wenn zwei der drei Zahlen $a, b, c$ gleich sind, können wir wegen der zyklischen Vertauschbarkeit oBdA $a=b$ annehmen. Damit wird die linke gegebene Gleichung zu $a^{2}+p b=a^{2}+p c$, woraus wegen $p \neq 0$ direkt $b=c$ folgt, so dass die Behauptung erfüllt ist. Im Folgenden können wir daher $a \neq b \neq c \neq a$ voraussetzen. Umformen der Gleichungen liefert $p=\frac{b^{2}-a^{2}}{b-c}=\frac{c^{2}-b^{2}}{c-a}=\frac{a^{2}-c^{2}}{a-b}$. Multiplizieren der drei Terme und Kürzen ergibt $p^{3}=-(a+b)(b+c)(c+a)(1)$.
Von den drei gegebenen Zahlen sind nach dem Schubfachprinzip wenigstens zwei gerade oder wenigstens zwei ungerade; deren Summe ist also durch 2 teilbar. Deshalb ist das Produkt auf der rechten Seite von (1) gerade. Es folgt $p=2$ und daher $(a+b)(b+c)(c+a)=-8$. (2) Sind zwei der Klammern in (2) gleich, so sei oBdA $a+b=b+c$. Es folgt direkt $a=c$ und daher die Gleichheit aller drei gegeben Zahlen.
Ist genau eine der Klammern ungerade (gleich $\pm 1$ ), so ist $(a+b)+(b+c)+(c+a)$ einerseits ungerade, andererseits gleich $2(a+b+c)$, also gerade - Widerspruch!
Es bleiben daher (bis auf zyklische Vertauschbarkeit) die Fälle ( $\pm ; \mp 1 ; 8$ ) zu untersuchen.
Aus $a+b=1, b+c=-1, c+a=8$ folgt $a=5, b=-4, c=3$, was mit $25-8 \neq 16+6$ einen Widerspruch zur ersten gegebenen Gleichung liefert.
Aus $a+b=-1, b+c=1, c+a=8$ folgt $a=3, b=-4, c=5$, was mit $9-8 \neq 16+10$ einen Widerspruch zur ersten gegebenen Gleichung liefert.
Daher ist nur $a=b=c$ möglich. In der Tat gilt $a^{2}+p a=a^{2}+p a$.
Hinweise: Aus $a>b$ folgt nicht $a^{2}>b^{2}$ und umgekehrt, denn $a$ oder $b$ können negativ sein.
Die gegebenen Gleichungen sind nicht symmetrisch in $a, b$ und $c$, sondern nur zyklisch. Daher darf nicht oBdA $a>b>c$ verwendet werden.
Die Behauptung lässt sich auf alle positiven natürlichen Exponenten $n$ verallgemeinern.
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"year": "2009"
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Starting from a convex quadrilateral $A B C D$ without a pair of parallel sides, let $P$ and $Q$ be points inside $A B C D$ such that $P Q D A$ and $Q P B C$ are both cyclic quadrilaterals. We also assume that there is a point $E$ on the segment $P Q$ with the property that $\varangle P A E=\varangle E D Q$ and $\varangle E B P=\varangle Q C E$.
Prove that then $A B C D$ is also a cyclic quadrilateral.
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Let $F$ be the intersection of the parallel to $AP$ through $E$ with $AD$. Then, because $\Varangle EFD = \Varangle PAD$, $EQDF$ is also a cyclic quadrilateral, and it follows that $\Varangle EFQ = \Varangle EDQ = \Varangle PAE$.
Thus, the triangles $APE$ and $FEQ$ are similar. For $\overline{PE} \neq \overline{EQ}$, they can be mapped onto each other by a central dilation from the intersection point $X$ of the lines $AD$ and $PQ$. For $\overline{PE} = \overline{EQ}$, they are mapped onto each other by a translation. (If $F$ does not lie between $A$ and $D$, the proof proceeds analogously.) For the intersection point $G$ of the parallel to $BP$ through $E$ with $BC$, it follows similarly that $EGCQ$ is a cyclic quadrilateral, from which the similarity of the triangles $BEP$ and $GQE$ follows. These are mapped onto each other by the same dilation or translation as before, because they share the sides $PE$ and $EQ$. Thus, $BC$ and $PQ$ also intersect at point $X$ or are parallel.
For $\overline{PE} \neq \overline{EQ}$, it follows from the assumption that
$\overline{XD} \cdot \overline{XA} = \overline{XQ} \cdot \overline{XP} = \overline{XC} \cdot \overline{XB}$, which implies that $ABCD$ is a cyclic quadrilateral. For
$\overline{PE} = \overline{EQ}$, $BCQP$ and $PQDA$ are two trapezoids with a common parallel; therefore, $ABCD$ is also a trapezoid and thus a cyclic quadrilateral.
Hint: Using the method of inversion in the unit circle around $E$ yields a particularly elegant proof.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Ausgehend von einem konvexen Viereck $A B C D$ ohne ein Paar paralleler Seiten seien $P$ und $Q$ Punkte innerhalb $A B C D$, so dass $P Q D A$ und $Q P B C$ beides Sehnenvierecke sind. Wir nehmen außerdem an, dass es einen Punkt $E$ auf der Strecke $P Q$ mit der Eigenschaft gibt, dass $\varangle P A E=\varangle E D Q$ und $\varangle E B P=\varangle Q C E$ ist.
Man beweise, dass dann $A B C D$ ebenfalls ein Sehnenviereck ist.
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Es sei $F$ der Schnittpunkt der Parallelen zu $A P$ durch $E$ mit $A D$. Dann ist wegen $\Varangle E F D=\Varangle P A D$ auch $E Q D F$ ein Sehnenviereck und es folgt $\Varangle E F Q=\Varangle E D Q=\Varangle P A E$.
Somit sind die Dreiecke $A P E$ und $F E Q$ ähnlich. Für $\overline{P E} \neq \overline{E Q}$ lassen sie sich durch eine zentrische Streckung vom Schnittpunkt $X$ der Geraden $A D$ und $P Q$ aus aufeinander abbilden. Für $\overline{P E}=\overline{E Q}$ werden sie durch eine Verschiebung aufeinander abgebildet. (Falls $F$ nicht zwischen $A$ und $D$ liegt, verläuft der Beweis völlig analog.) Für den Schnittpunkt $G$ der
Parallelen zu BP durch $E$ mit $B C$ folgt entsprechend, dass EGCQ ein Sehnenviereck ist, woraus sich die Ähnlichkeit der Dreiecke BEP und GQE ergibt. Diese werden durch dieselbe Streckung bzw. Verschiebung wie vorher aufeinander abgebildet, weil sie die Seiten $P E$ bzw. $E Q$ gemeinsam haben. Somit schneiden sich $B C$ und $P Q$ ebenfalls im Punkt $X$ bzw. sind parallel.
Für $\overline{P E} \neq \overline{E Q}$ folgt aus der Voraussetzung
$\overline{X D} \cdot \overline{X A}=\overline{X Q} \cdot \overline{X P}=\overline{X C} \cdot \overline{X B}$, woraus sich ergibt, dass $A B C D$ ein Sehnenviereck ist. Für
$\overline{P E}=\overline{E Q}$ sind $B C Q P$ und $P Q D A$ zwei Trapeze mit einer gemeinsamen Parallelen; daher ist auch $A B C D$ ein Trapez und somit ein Sehnenviereck.
Hinweise: Mit der Methode der Inversion am Einheitskreis um $E$ ergibt sich ein besonders eleganter Beweis.
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"exam": "Germany_TST",
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"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"year": "2009"
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The 16 fields of a 4x4 chessboard can be arranged into 18 lines as follows: the four rows, the four columns, five diagonals from northwest to southeast, and five diagonals from northeast to southwest. These diagonals consist of 2, 3, or 4 adjacent fields of the same color; the corner fields of the chessboard do not form a diagonal on their own.
Now, 10 of the 16 fields are each occupied by a game piece. Each of the 18 lines that then contains an even number of pieces scores one
point.
What is the highest possible score that can be achieved by placing the 10 game pieces? The answer must be justified.
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The maximum achievable score is 17, as shown in the illustrated example. It remains to be shown that the maximum score of 18 cannot be achieved. To do this, we assume the existence of a configuration with 18 points and first consider the rows and columns. In no row or column can there be an odd number of stones, so due to the sum of 10, only the possibilities \((4; 2; 2; 2)\) or \((4; 4; 2; 0)\) can occur (up to permutations). However, if there is a row (column) with 0 stones, then all columns (rows) can contain at most 2 stones due to the required evenness, which means the sum of 10 cannot be reached. Therefore, there must be exactly one row and one column with 4 stones. The intersection of these
17 points
Case a)
Case b)
Case c)
two lines can now a) be in a corner, b) on the edge but not in a corner, c) in the interior of the square. Due to symmetry, it suffices to consider one example of each. Case a): Here, the five NW-SE lines each contain one stone. Since only three more stones can be placed, the score of 18 is no longer achievable.
Case b): Here, four of the NW-SE lines each contain one stone. Since only three more stones can be placed, the score of 18 is no longer achievable.
Case c): The two NW-SE lines with exactly 2 fields each contain one stone. If they are occupied with a second stone, the upper SW-NE line with 3 stones does not count a point. Here, too, the score of 18 is not achieved.
Note: There are configurations with 8 stones and 18 points. However, it is not valid to argue that such an arrangement of 8 stones must be contained in the optimal arrangement of 10 stones.
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17
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Incomplete
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Die 16 Felder eines 4x4-Schachbretts lassen sich wie folgt in 18 Linien ordnen: die vier Zeilen, die vier Spalten, fünf Diagonalen von Nordwest nach Südost und fünf Diagonalen von Nordost nach Südwest. Dabei bestehen diese Diagonalen aus 2, 3 oder 4 über Eck benachbarten Feldern jeweils gleicher Farbe; die Eckfelder des Schachbretts alleine bilden also keine Diagonale.
Nun wird in 10 der 16 Felder je ein Spielstein gesetzt. Jede der 18 Linien, die dann eine gerade Anzahl von Steinen enthält, zählt einen
Punkt.
Welches ist die größtmögliche durch Setzen der 10 Spielsteine erreichbare Punktzahl? Die Antwort ist zu begründen.
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Die größtmögliche erreichbare Punktzahl ist 17, wie das abgebildete Beispiel zeigt. Es bleibt zu zeigen, dass die Maximalpunktzahl 18 nicht erreicht werden kann. Dazu nehmen wir die Existenz einer Belegung mit 18 Punkten an und betrachten zunächst die Zeilen bzw. Spalten. Weder in einer Zeile noch in einer Spalte kann dann eine ungerade Anzahl von Steinen liegen, so dass wegen der Summe 10 nur (bis auf Permutationen) die Möglichkeiten $(4 ; 2 ; 2 ; 2)$ oder $(4 ; 4 ; 2 ; 0)$ vorkommen können. Gibt es jedoch eine Zeile (Spalte) mit 0 Steinen, so können alle Spalten (Zeilen) wegen der erforderlichen Geradzahligkeit höchstens 2 Steine enthalten, womit die Summe 10 nicht erreicht wird. Daher gibt es genau eine Zeile und eine Spalte mit 4 Steinen. Der Schnittpunkt dieser
17 Punkte
Fall a)
Fall b)
Fall c)
beiden Linien kann nun a) in einer Ecke, b) auf dem Rand, aber nicht in einer Ecke, c) im Inneren des Quadrats liegen. Wegen der Symmetrie genügt die Betrachtung je eines Beispiels. Fall a): Hier enthalten die fünf NW-SO-Linien erst je einen Stein. Weil aber nur noch drei Steine zu setzen sind, ist die Punktzahl 18 nicht mehr erreichbar.
Fall b): Hier enthalten vier der NW-SO-Linien erst je einen Stein. Weil aber nur noch drei Steine zu setzen sind, ist die Punktzahl 18 nicht mehr erreichbar.
Fall c): Die beiden NW-SO-Linien mit genau 2 Feldern enthalten erst einen Stein. Wenn sie mit einem zweiten Stein besetzt werden, zählt die obere SW-NO-Linie mit 3 Steinen keinen Punkt. Auch hier wird die Punktzahl 18 nicht erreicht.
Hinweis: Es gibt Belegungen mit 8 Steinen und 18 Punkten. Allerdings ist es unzulässig zu argumentieren, eine solche Anordnung der 8 Steine müsse in der optimalen Anordnung von 10 Steinen enthalten sein.
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{
"exam": "Germany_TST",
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The quadrilateral $A B C D$ is a rhombus with an acute angle at $A$. The points $M$ and $N$ are located on the segments $A C$ and $B C$ such that $|D M|=|M N|$. Furthermore, let $P$ be the intersection of $A C$ and $D N$, and $R$ be the intersection of $A B$ and $D M$. Prove that $|R P|=|P D|$.
Note: For $M=A$ and $N=B$, $|D M|=|M N|$ holds, but $|R P| \neq|P D|$. Under the additional assumption that $M$ and $N$ lie in the interior of the segments $A C$ and $B C$, respectively, the claim is correct. Noticing this error does not count as a solution.
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The case $N=B$ is excluded in the following. Then $D N$ is not orthogonal to $A C$, and $M$ is uniquely characterized as the intersection of the perpendicular bisector of $D N$ with $A C$. In triangle $D N C$, $A C$ is the angle bisector at $C$, and in any triangle, the angle bisector and the perpendicular bisector of the opposite side intersect on the corresponding arc of the circumcircle, so $D M N C$ is a cyclic quadrilateral, in particular $\varangle M D N=\varangle M C N$. Now $\varangle M D N=\varangle R D P$ and $\varangle M C N=\varangle A C B=\varangle B A C=\varangle R A P$, so by the inscribed angle theorem, $A R P D$ is also a cyclic quadrilateral. In its circumcircle, due to $\varangle R A P=\varangle B A C=\varangle C A D=\varangle P A D$, the chords $R P$ and $P D$ are of equal length (by the Law of Sines or the inscribed angle).
Remarks: This problem required a precise analysis of the relative positions of the various points. Often, the given argument was only applicable in certain cases, for example, in the context of the cyclic pentagon $M R B N P$ or MBRNP. Most attempts to solve the problem using coordinate geometry failed due to calculation errors. Relatively frequently, the cyclic quadrilateral $B N P M$ was also recognized.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Das Viereck $A B C D$ sei eine Raute mit spitzem Winkel bei $A$. Die Punkte $M$ und $N$ mögen so auf den Strecken $A C$ und $B C$ gelegen sein, dass $|D M|=|M N|$. Ferner sei $P$ der Schnittpunkt von $A C$ und $D N$ sowie $R$ der Schnittpunkt von $A B$ und $D M$. Man beweise, dass $|R P|=|P D|$.
Anmerkung: Für $M=A$ und $N=B$ gilt $|D M|=|M N|$, aber $|R P| \neq|P D|$. Unter der zusätzlichen Voraussetzung, dass $M$ bzw. $N$ im Inneren der Strecken $A C$ bzw. $B C$ liegen, ist die Behauptung jedoch korrekt. Den Fehler zu bemerken, zählte nicht als Lösung.
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Der Fall $N=B$ sei im Folgenden ausgeschlossen. Dann ist $D N$ nicht orthogonal zu $A C$, und $M$ ist eindeutig charakterisiert als Schnittpunkt der Mittelsenkrechte von $D N$ mit $A C$. Im Dreieck $D N C$ ist $A C$ die Winkelhalbierende bei $C$, und in jedem Dreieck schneiden sich die Winkelhalbierende und die gegenüberliegende Mittelsenkrechte auf dem zugehörigen Umkreisbogen, also ist $D M N C$ ein Sehnenviereck, insbesondere ist $\varangle M D N=\varangle M C N$. Nun ist $\varangle M D N=\varangle R D P$ und $\varangle M C N=\varangle A C B=\varangle B A C=\varangle R A P$, also ist nach dem Satz vom Umfangswinkel auch $A R P D$ ein Sehnenviereck. In seinem Umkreis sind wegen $\varangle R A P=\varangle B A C=\varangle C A D=\varangle P A D$ die Sehnen $R P$ und $P D$ gleich lang (Sinussatz oder Umfangswinkel).
Bemerkungen: Diese Aufgabe erforderte eine genaue Analyse der relativen Lage der verschiedenen Punkte. Häufig war das angegebene Argument deshalb nur in bestimmten Fällen anwendbar, beispielsweise im Kontext des Sehnenfünfecks $M R B N P$ bzw. MBRNP. Die meisten Versuche, die Aufgabe durch Verwendung von Koordinaten rechnerisch zu lösen, scheiterten an Rechenfehlern. Relativ häufig wurde auch das Sehnenviereck $B N P M$ erkannt.
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"exam": "Germany_TST",
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"year": "2010"
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Prove or disprove that for all positive real numbers $a, b$ and $c$ the inequality
$$
3 \leq \frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}<\frac{33}{4}
$$
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Proof of $3 \leq \frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}$:
1. Variant: Multiplying by the main denominator and simplifying leads to the equivalent inequality $45 a b c \leq 7\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)+8\left(a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}\right)$. This follows from the inequality between the arithmetic and geometric mean (e.g., $a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b \cdot b^{2} c \cdot c^{2} a}=3 a b c$).
2. Variant: For $n \geq 1$ and real numbers $a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}$, the Cauchy-Schwarz inequality $\sqrt{a_{1}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}} \sqrt{b_{1}^{2}+\ldots+b_{n}^{2}} \geq a_{1} b_{1}+\ldots+a_{n} b_{n}$ holds. For $n=3, a_{1}^{2}=\frac{4 a+b}{a+4 b}, a_{2}^{2}=\frac{4 b+c}{b+4 c}, a_{3}^{2}=\frac{4 c+a}{c+4 a}$, $b_{1}^{2}=(4 a+b)(a+4 b), b_{2}^{2}=(4 b+c)(b+4 c), b_{3}^{2}=(4 c+a)(c+4 a)$, we get
$$
\left(\frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}\right)((4 a+b)(a+4 b)+(4 b+c)(b+4 c)+(4 c+a)(c+4 a)) \geq(5(a+b+c))^{2}
$$
The second factor is less than $\frac{25}{3}(a+b+c)^{2}$ because $2(a+b+c)^{2}-6(a b+b c+c a)=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0$, from which the claim follows.
Proof of $\frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}<\frac{33}{4}$:
1. Variant: Multiplying by the main denominator and simplifying yields the equivalent (trivial) inequality $0<127 a b c+16\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)$.
2. Variant: The inequality is equivalent to $\frac{b}{a+4 b}+\frac{c}{b+4 c}+\frac{a}{c+4 a}>\frac{1}{4}$; the latter holds because
$$
\frac{b}{a+4 b}+\frac{c}{b+4 c}+\frac{a}{c+4 a}>\frac{b}{4 a+4 b+4 c}+\frac{c}{4 a+4 b+4 c}+\frac{a}{4 a+4 b+4 c}=\frac{1}{4}
$$
Remarks: 1. The inequality is invariant under cyclic permutation of $a$ to $b$, $b$ to $c$, and $c$ to $a$, but not under arbitrary permutation of $a, b, c$. Therefore, one can assume without loss of generality that $a \geq b$ and $a \geq c$, but not $a \geq b \geq c$. Many solution approaches only worked under the latter assumption.
2. Some participants examined the limit for $a \rightarrow \infty$ with fixed $b$ and $c$ and estimated $\frac{4 b+c}{b+4 c}$. This is not a proof of the right inequality, as the sum for finite values of $a$ can be larger than for $a \rightarrow \infty$.
3. The number $\frac{33}{4}$ can be approximated arbitrarily closely for $a=1, b=\varepsilon, c=\varepsilon^{2}$ as $\varepsilon \rightarrow 0$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Man beweise oder widerlege, dass für alle positiven reellen Zahlen $a, b$ und $c$ die Ungleichung
$$
3 \leq \frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}<\frac{33}{4}
$$
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Beweis von $3 \leq \frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}$ :
1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen führt zur äquivalenten Ungleichung $45 a b c \leq 7\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)+8\left(a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}\right)$. Dies folgt aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel (z. B. $a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b \cdot b^{2} c \cdot c^{2} a}=3 a b c$ ).
2. Variante: Für $n \geq 1$ und reelle Zahlen $a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}$ gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung $\sqrt{a_{1}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}} \sqrt{b_{1}^{2}+\ldots+b_{n}^{2}} \geq a_{1} b_{1}+\ldots+a_{n} b_{n}$. Für $n=3, a_{1}^{2}=\frac{4 a+b}{a+4 b}, a_{2}^{2}=\frac{4 b+c}{b+4 c}, a_{3}^{2}=\frac{4 c+a}{c+4 a}$, $b_{1}^{2}=(4 a+b)(a+4 b), b_{2}^{2}=(4 b+c)(b+4 c), b_{3}^{2}=(4 c+a)(c+4 a)$ ergibt sich
$$
\left(\frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}\right)((4 a+b)(a+4 b)+(4 b+c)(b+4 c)+(4 c+a)(c+4 a)) \geq(5(a+b+c))^{2}
$$
Der zweite Faktor ist wegen $2(a+b+c)^{2}-6(a b+b c+c a)=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0$ kleiner als $\frac{25}{3}(a+b+c)^{2}$, woraus die Behauptung folgt.
Beweis von $\frac{4 a+b}{a+4 b}+\frac{4 b+c}{b+4 c}+\frac{4 c+a}{c+4 a}<\frac{33}{4}$ :
1. Variante: Multiplizieren mit Hauptnenner und Vereinfachen liefert die äquivalente (triviale) Ungleichung $0<127 a b c+16\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)$.
2. Variante: Die Ungleichung ist äquivalent $\mathrm{zu} \frac{b}{a+4 b}+\frac{c}{b+4 c}+\frac{a}{c+4 a}>\frac{1}{4}$; Letzteres gilt wegen
$$
\frac{b}{a+4 b}+\frac{c}{b+4 c}+\frac{a}{c+4 a}>\frac{b}{4 a+4 b+4 c}+\frac{c}{4 a+4 b+4 c}+\frac{a}{4 a+4 b+4 c}=\frac{1}{4}
$$
Bemerkungen: 1. Die Ungleichung geht zwar bei zyklischer Vertauschung $a$ nach $b, b$ nach $c, c$ nach $a$ in sich über, nicht aber bei beliebigem Permutatieren von $a, b, c$. Daher kann man zwar ohne Einschränkung $a \geq b$ und $a \geq c$ voraussetzen, nicht jedoch $a \geq b \geq c$. Viele Lösungsansätze funktionierten nur unter letzterer Voraussetzung.
2. Manche Teilnehmer untersuchten den Grenzwert für $a \rightarrow \infty$ bei festem $b$ und $c$ und schätzten dann $\frac{4 b+c}{b+4 c}$ ab. Das ist kein Beweis für die rechte Ungleichung, da die Summe für endliche Werte von $a$ größer als für $a \rightarrow \infty$ sein kann.
3. Die Zahl $\frac{33}{4}$ wird für $a=1, b=\varepsilon, c=\varepsilon^{2}$ für $\varepsilon \rightarrow 0$ beliebig angenähert.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2010-loes_awkl1_10.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
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Man bestimme alle Paare $(m, n)$ nicht-negativer ganzer Zahlen, die der Gleichung
$$
3^{m}-7^{n}=2
$$
genügen.
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Die Paare $(1,0)$ und $(2,1)$ sind Lösungen. Es sei $(m, n)$ eine Lösung mit $m, n \geq 2$. Die Lösung besteht aus drei Schritten:
1. Es ist $7^{n} \equiv-2 \bmod 9 \Longleftrightarrow n \equiv 1 \bmod 3$.
2. Es ist $3^{m} \equiv 2 \bmod 49 \Longleftrightarrow m \equiv 26 \bmod 42$.
3. Die Bedingungen aus 1 und 2 ergeben einen Widerspruch modulo 43.
Schritt 1: Es gilt $7^{1} \equiv 7,7^{2} \equiv 4$ und $7^{3} \equiv 1 \bmod 9$, ab dann sind die Reste periodisch mit Periode 3. Aus der Ausgangsgleichung folgt $7^{n} \equiv 7 \bmod 9$, also $n \equiv 1 \bmod 3$.
Schritt 2: Zeige zunächst $m \equiv 2 \bmod 6$ analog zu Schritt 1. Nach dem Satz von Euler-Fermat ist $3^{42} \equiv 1 \bmod 49$, die Periode ist also höchstens 42 . Unter Verwendung von $3^{6} \equiv-6 \bmod 49$ erhält man:
| $m$ | 2 | 8 | 14 | 20 | 26 | 32 | 38 |
| :--- | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: |
| $3^{m} \bmod 49$ | 9 | 44 | 30 | 16 | 2 | 37 | 23 |
Es gilt also $3^{m} \equiv 2 \bmod 49$ genau dann, wenn $m \equiv 26 \bmod 42$.
Schritt 3: Schreibe $m=42 m^{\prime}+26$ und $n=3 n^{\prime}+1$. Betrachtet man nun die ursprüngliche Gleichung modulo 43 , erhält man mit dem kleinen Satz von Fermat und $7^{3} \equiv-1 \bmod 43$
$$
3^{42 m^{\prime}+26}-7^{3 n^{\prime}+1} \equiv 3^{26}-(-1)^{n^{\prime}} \cdot 7 \equiv 15-(-1)^{n^{\prime}} \cdot 7 \not \equiv 2 \quad \bmod 43
$$
Es gibt also keine weiteren Lösungen.
Bemerkungen: Diese Aufgabe wurde von keinem Teilnehmer gelöst. Eine häufige Lücke in den Ansätzen war die folgende: Aus $a^{b} \equiv a^{c} \bmod M$ folgt nicht $b \equiv c \bmod \varphi(M)$, wie das für die Aufgabe relevante Beispiel $a=7, b=4, c=1, M=9$ zeigt.
Aufgrund der Periodizität der Potenzreste ist es nicht möglich, direkt aus $3^{m}-7^{n}=2$ einen Widerspruch modulo 43 oder einer anderen Primzahl $\neq 3,7$ herzuleiten, denn die Gleichung besitzt ja Lösungen. Erst mit zusätzlichen, mit Hilfe der Primzahlen 3 und 7 gewonnenen Einschränkungen erhält man den gewünschten Widerspruch.
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(1,0) \text{ und } (2,1)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Man bestimme alle Paare $(m, n)$ nicht-negativer ganzer Zahlen, die der Gleichung
$$
3^{m}-7^{n}=2
$$
genügen.
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Die Paare $(1,0)$ und $(2,1)$ sind Lösungen. Es sei $(m, n)$ eine Lösung mit $m, n \geq 2$. Die Lösung besteht aus drei Schritten:
1. Es ist $7^{n} \equiv-2 \bmod 9 \Longleftrightarrow n \equiv 1 \bmod 3$.
2. Es ist $3^{m} \equiv 2 \bmod 49 \Longleftrightarrow m \equiv 26 \bmod 42$.
3. Die Bedingungen aus 1 und 2 ergeben einen Widerspruch modulo 43.
Schritt 1: Es gilt $7^{1} \equiv 7,7^{2} \equiv 4$ und $7^{3} \equiv 1 \bmod 9$, ab dann sind die Reste periodisch mit Periode 3. Aus der Ausgangsgleichung folgt $7^{n} \equiv 7 \bmod 9$, also $n \equiv 1 \bmod 3$.
Schritt 2: Zeige zunächst $m \equiv 2 \bmod 6$ analog zu Schritt 1. Nach dem Satz von Euler-Fermat ist $3^{42} \equiv 1 \bmod 49$, die Periode ist also höchstens 42 . Unter Verwendung von $3^{6} \equiv-6 \bmod 49$ erhält man:
| $m$ | 2 | 8 | 14 | 20 | 26 | 32 | 38 |
| :--- | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: |
| $3^{m} \bmod 49$ | 9 | 44 | 30 | 16 | 2 | 37 | 23 |
Es gilt also $3^{m} \equiv 2 \bmod 49$ genau dann, wenn $m \equiv 26 \bmod 42$.
Schritt 3: Schreibe $m=42 m^{\prime}+26$ und $n=3 n^{\prime}+1$. Betrachtet man nun die ursprüngliche Gleichung modulo 43 , erhält man mit dem kleinen Satz von Fermat und $7^{3} \equiv-1 \bmod 43$
$$
3^{42 m^{\prime}+26}-7^{3 n^{\prime}+1} \equiv 3^{26}-(-1)^{n^{\prime}} \cdot 7 \equiv 15-(-1)^{n^{\prime}} \cdot 7 \not \equiv 2 \quad \bmod 43
$$
Es gibt also keine weiteren Lösungen.
Bemerkungen: Diese Aufgabe wurde von keinem Teilnehmer gelöst. Eine häufige Lücke in den Ansätzen war die folgende: Aus $a^{b} \equiv a^{c} \bmod M$ folgt nicht $b \equiv c \bmod \varphi(M)$, wie das für die Aufgabe relevante Beispiel $a=7, b=4, c=1, M=9$ zeigt.
Aufgrund der Periodizität der Potenzreste ist es nicht möglich, direkt aus $3^{m}-7^{n}=2$ einen Widerspruch modulo 43 oder einer anderen Primzahl $\neq 3,7$ herzuleiten, denn die Gleichung besitzt ja Lösungen. Erst mit zusätzlichen, mit Hilfe der Primzahlen 3 und 7 gewonnenen Einschränkungen erhält man den gewünschten Widerspruch.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2010-loes_awkl1_10.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
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On a table, 2009 cards are laid out in a row. Initially, all cards have their white side up and their black side down. The cards are numbered from 1 to 2009.
Two players $A$ and $B$ take turns making a move, with $A$ starting first. Each move consists of the player selecting a card with number $k (k < 1969)$, whose white side is up, and then flipping the cards with numbers $k, k+1, k+2, \ldots, k+40$ in their positions. The last player who can make a valid move wins the game.
a) Determine whether this game necessarily ends.
b) For which of the two players does a winning strategy exist?
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a) If the game does not end, then due to the at most $2^{2008}$ different possible game states, there must exist a periodically repeating sequence of states. Let $k$ be the smallest number of the cards that are flipped within this period. To flip the card with the number $k$ from black to white, however, a card with a smaller number than $k$ must be chosen - contradiction to the minimality! Therefore, the game must end after a finite number of moves.
b) We consider the cards with the numbers $41k$, where $1 \leq k \leq 48$. The highest of these cards with the number 1968 is the last one that can be selected. With each move, exactly one of these cards is flipped. Since the game ends when all cards up to the number 1968 are black, and because these cards are all white at the beginning, after each double move by $A$ and $B$, an even number of them are white again; $B$ thus always finds an odd number of white cards from this set and can always make a move. Therefore, $B$ necessarily wins the game, regardless of how he plays.
Hints: The finiteness can also be shown by translating the game states into a monotonically changing binary number. If the card with the number 1969 were also allowed to be selected in the problem statement, then $A$ would have a winning strategy. For part a), 4 points were awarded, and for part b), 6 points were awarded.
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B
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Auf einem Tisch liegen nebeneinander 2009 Karten in einer Reihe. Zunächst ist bei allen Karten die Oberseite weiß und die Unterseite schwarz. Die Karten seien von 1 bis 2009 nummeriert.
Zwei Spieler $A$ und $B$ führend abwechselnd einen Spielzug aus, wobei $A$ beginnt. Jeder Spielzug besteht darin, dass der Spieler eine Karte mit der Nummer $k(k<1969)$ wählt, deren weiße Seite oben liegt, und anschließend die Karten mit den Nummern $k, k+1, k+2, \ldots, k+40$ auf ihren Plätzen umdreht. Der letzte Spieler, der einen gültigen Spielzug machen konnte, gewinnt das Spiel.
a) Man entscheide, ob dieses Spiel notwendigerweise endet.
b) Für welchen der beiden Spieler existiert eine Gewinnstrategie?
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a) Wenn das Spiel nicht endet, dann muss wegen der höchstens $2^{2008}$ verschiedenen möglichen Spielzustände eine sich periodisch wiederholende Folge von Zuständen existieren. Dabei sei $k$ die kleinste Nummer der Karten, die innerhalb dieser Periode umgedreht werden. Um die Karte mit der Nummer $k$ von schwarz auf weiß umzudrehen, ist jedoch eine Karte mit einer kleineren Nummer als $k$ auszuwählen - Widerspruch zur Minimalität! Also muss das Spiel nach endlich vielen Zügen enden.
b) Wir betrachten die Karten mit den Nummern $41 k$, wobei $1 \leq k \leq 48$. Die höchste dieser Karten mit der Nummer 1968 ist die letzte, die ausgewählt werden kann. Bei jedem Spielzug wird genau eine dieser Karten umgedreht. Weil das Spiel endet, wenn alle Karten bis zur Nummer 1968 schwarz sind, und weil diese Karten zu Beginn alle weiß sind, ist nach jedem Doppelzug von $A$ und $B$ wieder eine gerade Anzahl von ihnen weiß; $B$ findet also stets eine ungerade Anzahl weißer Karten aus dieser Menge vor und kann stets ziehen. Daher gewinnt $B$ zwangsläufig das Spiel, egal wie er zieht.
Hinweise: Die Endlichkeit kann auch mit der Übersetzung der Spielzustände in eine monoton sich verändernde Binärzahl gezeigt werden. Würde in der Aufgabenstellung die Karte mit der Nummer 1969 auch zur Auswahl zugelassen, so hätte $A$ eine Gewinnstrategie. Für Teil a) wurden 4 P. und für Teil b) 6 P. vergeben.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2010-loes_awkl2_10.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
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Given a cyclic quadrilateral $A B C D$, whose diagonals $A C$ and $B D$ intersect at point $E$ and whose sides $A D$ and $B C$ lie on lines that intersect at point $F$. The midpoints of segments $A B$ and $C D$ are denoted by $G$ and $H$, respectively. Prove that the line $E F$ is tangent to the circle through $E, G$, and $H$ at $E$.
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A central dilation with center $E$ and dilation factor 2 maps $G$ to $G^{\prime}$ and $H$ to $H^{\prime}$. Then (1) $\Varangle G H E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E$. Since $\Varangle A B F=180^{\circ}-\Varangle C B A=\Varangle A D C$ and $\Varangle F A B=180^{\circ}-\Varangle B A D=\Varangle D C B$ (cyclic quadrilateral $A B C D$), the triangles $F B A$ and $F D C$ are similar and are mapped onto each other by a stretch reflection with center $F$ on the angle bisector of $\Varangle B F A$. In this mapping, in particular, $A \rightarrow C, B \rightarrow D, G \rightarrow H$ (midpoints!). Due to the definition of $H^{\prime}$, the diagonals $E H^{\prime}$ and $C D$ bisect each other; hence $D E C H^{\prime}$ is a parallelogram and it follows that $\Varangle H^{\prime} C D=\Varangle E D C=\Varangle B D C=\Varangle B A C=\Varangle B A E$. Similarly, $\Varangle C D H^{\prime}=\Varangle E B A$. Therefore, the triangles $A B E$ and $C D H^{\prime}$
are similar. Because of the similarity of $FBA$ and $FDC$, the quadrilaterals $FBEA$ and $FDH 'C$ are also similar, so that in the considered stretch reflection, $E$ is mapped to $H^{\prime}$. Therefore, the triangles $FGE$ and $FHH '$ are similar, and it follows (2) $\Varangle G E F=\Varangle H H^{\prime} F=\Varangle E H^{\prime} F$.
Let $C^{\prime}$ and $D^{\prime}$ be the preimages of $A$ and $B$, respectively, under the considered stretch reflection. Then, due to the similarity of the triangles $F C^{\prime} D^{\prime}$ and $F A B$ and because
$|F B| /\left|F D^{\prime}\right|=|F D| /|F B|$, the quadrilateral $D^{\prime} C^{\prime} B A$ is a cyclic quadrilateral similar to $B A D C$. Let the intersection of its diagonals be $G^{\prime \prime}$. Then $\Varangle G^{\prime \prime} A B=\Varangle C^{\prime} A B=\Varangle C^{\prime} D^{\prime} B=\Varangle A B D=\Varangle A B E$ and it follows that $G^{"} A \| B E$ and similarly $G " B \| A E$. Thus, $A G " B E$ is a parallelogram and by definition of $G^{\prime}$, $G^{\prime}=G^{\prime \prime}$. Consequently, $G^{\prime}$ is mapped to $E$ under the considered stretch reflection. Since $E$ is mapped to $H^{\prime}$, $G^{\prime}$ is mapped to $H^{\prime}$ under the double application. In this double application, the two reflections cancel each other out, leaving a central dilation at $F$. Therefore, $F, G^{\prime}$, and $H^{\prime}$ are collinear. This implies (3) $\Varangle F H^{\prime} E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E$.
From (1), (2), and (3), it follows that $\Varangle G H E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E=\Varangle F H^{\prime} E=\Varangle F E G$.
By the converse of the tangent-secant angle theorem, it follows that $FE$ is tangent to the circle through $E, G$, and $H$.
Hints: Other proof ideas use the polar and the theorem of the complete quadrilateral or inversion in the circle. Approaches using analytic geometry could only be awarded a few partial points.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben sei ein Sehnenviereck $A B C D$, dessen Diagonalen $A C$ und $B D$ sich im Punkt $E$ schneiden und dessen Seiten $A D$ und $B C$ auf Geraden liegen, die sich im Punkt $F$ schneiden. Die Mittelpunkte der Strecken $A B$ und $C D$ seien mit $G$ bzw. $H$ bezeichnet. Man beweise, dass die Gerade $E F$ in $E$ den Kreis durch $E, G$ und $H$ berührt.
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Eine zentrische Streckung mit Zentrum $E$ und Streckfaktor 2 bildet $G$ auf $G^{\prime}$ und $H$ auf $H^{\prime}$ ab. Dann ist (1) $\Varangle G H E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E$. Wegen $\Varangle A B F=180^{\circ}-\Varangle C B A=\Varangle A D C$ und $\Varangle F A B=180^{\circ}-\Varangle B A D=\Varangle D C B$ (Sehnenviereck $A B C D$ ) sind die Dreiecke $F B A$ und $F D C$ ähnlich und werden durch eine Streckspiegelung mit Zentrum $F$ an der Winkelhalbierenden von $\Varangle B F A$ aufeinander abgebildet. Bei dieser Abbildung gilt insbesondere $A \rightarrow C, B \rightarrow D, G \rightarrow H$ (Mittelpunkte!). Aufgrund der Definition von $H^{\prime}$ halbieren sich die Diagonalen $E H^{\prime}$ und $C D$; daher ist $D E C H^{\prime}$ ein Parallelogramm und es gilt $\Varangle H^{\prime} C D=\Varangle E D C=\Varangle B D C=\Varangle B A C=\Varangle B A E$. Analog gilt $\Varangle C D H^{\prime}=\Varangle E B A$. Damit sind die Dreiecke $A B E$ und $C D H^{\prime}$
ähnlich. Wegen der Ähnlichkeit von FBA und FDC sind auch die
Vierecke FBEA und FDH 'C ähnlich, so dass bei der betrachteten Streckspiegelung E auf $H^{\prime}$ abgebildet wird. Damit sind die Dreiecke FGE und FHH ' ähnlich, und es gilt (2) $\Varangle G E F=\Varangle H H^{\prime} F=\Varangle E H^{\prime} F$.
Es seien $C^{\prime}$ und $D^{\prime}$ die Urbilder von $A$ bzw. $B$ bei der betrachteten Streckspiegelung. Dann ist wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke $F C^{\prime} D^{\prime}$ und $F A B$ sowie wegen
$|F B| /\left|F D^{\prime}\right|=|F D| /|F B|$ das Viereck $D^{\prime} C^{\prime} B A$ ein zu $B A D C$ ähnliches Sehnenviereck. Sein
Diagonalenschnittpunkt sei $G^{\prime \prime}$. Dann gilt $\Varangle G^{\prime \prime} A B=\Varangle C^{\prime} A B=\Varangle C^{\prime} D^{\prime} B=\Varangle A B D=\Varangle A B E$ und es folgt $G^{"} A \| B E$ sowie analog $G " B \| A E$. Also ist $A G " B E$ ein Parallelogramm und nach Definition von $G^{\prime}$ gilt $G^{\prime}=G^{\prime \prime}$. Folglich geht $G^{\prime}$ bei der betrachteten Streckspiegelung in $E$ über. Weil aber $E$ in $H^{\prime}$ übergeht, wird $G^{\prime}$ bei der zweifachen
Hintereinanderausführung in $H^{\prime}$ abgebildet. Bei dieser Hintereinanderausführung heben sich die beiden Spiegelungen auf und es bleibt eine zentrische Streckung an $F$. Deshalb sind $F, G^{\prime}$ und $H^{\prime}$ kollinear. Daraus folgt (3) $\Varangle F H^{\prime} E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E$.
Aus (1), (2) und (3) folgt nun $\Varangle G H E=\Varangle G^{\prime} H^{\prime} E=\Varangle F H^{\prime} E=\Varangle F E G$.
Aus der Umkehrung des Sehnen-Tangentenwinkelsatzes ergibt sich daher, dass FE Tangente an den Kreis durch $E, G$ und $H$ ist.
Hinweise: Weitere Beweisideen verwenden die Polare und den Satz vom vollständigen Vierseit oder Inversion am Kreis. Ansätze mit analytischer Geometrie konnten nur mit wenigen Teilpunkten bedacht werden.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2010-loes_awkl2_10.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
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We call a natural number $n$ balanced if $n=1$ or if $n$ can be written as the product of an even number of (not necessarily distinct) prime factors. For every pair $(a, b)$ of positive integers, let $P(x)=(x+a)(x+b)$.
a) Are there two different positive integers $a$ and $b$ such that all numbers $P(1), P(2), \ldots, P(50)$ are balanced?
b) Prove: If $P(m)$ is balanced for all positive integers $m$, then $a=b$.
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a) The answer is "Yes". For $P(x)$ to be balanced, $x+a$ and $x+b$ must either both have an even or both have an odd number of prime factors. However, there are only $2^{50}$, i.e., a finite number of different patterns among 50 consecutive natural numbers. Therefore, there exist two natural numbers $m$ and $n$ such that they are the starting points of two identical such patterns. With $a=m-1$ and $b=n-1$, the balance of $P(1), P(2), \ldots, P(50)$ follows.
b) We assume that there are two different natural numbers $a$ and $b$ under the given condition; without loss of generality, let $b>a$. Then for every natural number $m>a$, $P(m-a)=m(m+b-a)$ is balanced. The evenness or oddness of the number of prime factors thus occurs periodically with period $b-a$ for natural numbers greater than $a$. In particular, all multiples of $b-a$ are of the same type, provided they are greater than $a$. However, such a multiple $k(b-a)$ has one fewer prime factor than $2k(b-a)$, leading to a contradiction with the assumption. Therefore, $a=b$.
Hint: The contradiction can be derived in various ways. Often, theorems about prime numbers in arithmetic sequences or suitable square numbers were used. For part a), 4 points were awarded, and for part b), 6 points were awarded.
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a=b
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Wir nennen eine natürliche Zahl $n$ ausgeglichen, wenn $n=1$ gilt oder wenn $n$ als Produkt einer geraden Anzahl von (nicht notwendigerweise verschiedenen) Primfaktoren geschrieben werden kann. Zu jedem Paar $(a, b)$ positiver ganzer Zahlen sei $P(x)=(x+a)(x+b)$.
a) Gibt es zwei verschiedene positive ganze Zahlen $a$ und $b$, für die alle Zahlen $P(1), P(2), \ldots, P(50)$ ausgeglichen sind?
b) Man beweise: Wenn $P(m)$ für alle positiven ganzen Zahlen $m$ ausgeglichen ist, dann gilt $a=b$.
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a) Die Antwort lautet „Ja". Damit $P(x)$ ausgeglichen ist, müssen $x+a$ und $x+b$ entweder beide eine gerade oder beide eine ungerade Anzahl von Primfaktoren besitzen. Hinsichtlich dieser Eigenschaft gibt es aber nur $2^{50}$, also endlich viele verschiedene Muster bei 50 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen. Daher existieren zwei natürliche Zahlen $m$ und $n$, so dass sie Startzahlen zweier identischer solcher Muster sind. Mit $a=m-1$ und $b=n-1$ folgt die Ausgeglichenheit von $P(1), P(2), \ldots, P(50)$.
b) Wir nehmen an, dass es unter der gegebenen Voraussetzung zwei verschiedene natürliche Zahlen $a$ und $b$ gebe; oBdA sei $b>a$. Dann gilt für jede natürliche Zahl $m>a$, dass $P(m-a)=m(m+b-a)$ ausgeglichen ist. Die Geradzahligkeit bzw. Ungeradzahligkeit der Anzahl der Primfaktoren tritt also für natürliche Zahlen größer als $a$ mit der Periodenlänge $b-a$ periodisch auf. Insbesondere sind auch alle Vielfachen von $b-a$ vom gleichen Typ, sobald sie größer sind als $a$. Ein solches Vielfaches $k(b-a)$ hat jedoch einen Primfaktor weniger als $2 k(b-a)$, Widerspruch zur Annahme. Also gilt $a=b$.
Hinweis: Der Widerspruch kann auf verschiedenste Art und Weise hergeleitet werden. Häufig wurden Sätze über Primzahlen in arithmetischen Folgen oder geeignete Quadratzahlen verwendet. Für Teil a) wurden 4 P. und für Teil b) 6 P. vergeben.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2010-loes_awkl2_10.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
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Two circles $\Gamma$ and $\Gamma^{\prime}$ may intersect at two distinct points $A$ and $B$. A line through $B$ intersects $\Gamma$ and $\Gamma^{\prime}$ at $C$ and $D$ respectively, such that $B$ lies between $C$ and $D$. Another line through $B$ intersects $\Gamma$ and $\Gamma^{\prime}$ at $E$ and $F$ respectively, such that $E$ lies between $B$ and $F$. It is given that $|C D|=|E F|$. The interior of the segment $C F$ meets $\Gamma$ and $\Gamma^{\prime}$ at $P$ and $Q$ respectively. Furthermore, let $M$ and $N$ be the midpoints of the arcs $P B$ and $B Q$ of $\Gamma$ and $\Gamma^{\prime}$, not containing $C$ and $F$ respectively. Prove that $C N M F$ is a cyclic quadrilateral.
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(1) The triangles $A C D$ and $A E F$ are congruent in the same orientation: We work with oriented angles modulo $\pi$. It is $\varangle A D C=\varangle A D B=\varangle A F B=\varangle A F E$ and $\varangle D C A=\varangle B C A=\varangle B E A=\varangle F E A$ (the middle equality was used twice, applying the inscribed angle theorem). Since also by assumption $|C D|=|E F|$, the claim follows from the SAS congruence criterion.
(2) $A$ lies on the same side of the line $C D$ as $F$: The intersection area of the two circles contains the segment $B E$ and intersects the line $C D$ only at the point $B$.
(3) The triangles $C D Q$ and $E F P$ are congruent in the same orientation: As in (1), $\varangle Q D C=\varangle Q D B=\varangle Q F B=\varangle P F B$ etc.
(4) There is a rotation around $A$ that maps the points $C, D, Q$ to the points $E, F, P$: This follows from (1) and (3).
(5) $A$ lies on the same side of the line $B F$ as $C$: From (2) it follows that $A$ and $Q$ lie on the same side of the line $C D$, and together with (4) it follows that $A$ and $P$ lie on the same side of the line $E F=B F$, and thus also $A$ and $C$.
(6) $B A$ is the angle bisector of the interior angle of the triangle $B F C$ at $B$: Because of (1), the distances from $A$ to the extended sides are equal, and because of (2) and (5), it is an internal angle bisector.
(7) $C M$ is the angle bisector of the interior angle of the triangle $B F C$ at $C$: This follows from the inscribed angle theorem.
(8) Similarly, $F N$ is the angle bisector of the interior angle of the triangle $B F C$ at $F$. Let $I$ be the incenter of the triangle $B F C$.
(9) $M$ lies on the arc $B A$ of $\Gamma$ that does not contain $C$: From (2) and (5) it follows that the points on $\Gamma$ have the cyclic order $B, E, A, C$ or $B, P, C$ (same orientation). The oriented arcs $E A$ and $A C$ are equal in size after (4), so $\frac{1}{2} B C < B A$ and thus $B M = \frac{1}{2} B P < \frac{1}{2} B C < B A$.
(10) $N$ lies on the arc $A B$ of $\Gamma^{\prime}$ that does not contain $F$: analogous to (9).
(11) $I$ is an interior point of $C M$ and $F N$: $I$ lies on the line $A B$, so the claim follows from (9) or (10).
(12) $I$ is an interior point of $B A$: This follows from (9) or (10).
(13) It holds that $|C I| \cdot |I M| = |F I| \cdot |I N|$: By the chord theorem in $\Gamma$, $|C I| \cdot |I M| = |B I| \cdot |I A|$, and by the chord theorem in $\Gamma^{\prime}$, $|B I| \cdot |I A| = |F I| \cdot |I N|$.
(14) By the converse of the chord theorem, it follows from (11) and (13) that $C N M F$ is a cyclic quadrilateral.
Remarks: The partial results (1) or (3) were awarded 3 points, (7) or (8) 1 point.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Zwei Kreise $\Gamma$ und $\Gamma^{\prime}$ mögen sich in den beiden voneinander verschiedenen Punkten $A$ und $B$ schneiden. Eine Gerade durch $B$ schneide $\Gamma$ und $\Gamma^{\prime}$ so in $C$ bzw. $D$, dass $B$ zwischen $C$ und $D$ liege. Eine weitere Gerade durch $B$ schneide $\Gamma$ und $\Gamma^{\prime}$ derart in $E$ bzw. $F$, dass $E$ zwischen $B$ und $F$ liege. Es möge sich ergeben, dass $|C D|=|E F|$ gilt. Das Innere der Strecke $C F$ treffe $\Gamma$ und $\Gamma^{\prime}$ ind $P$ bzw. $Q$. Weiterhin seien $M$ und $N$ die Mittelpunkte der $C$ bzw. $F$ nicht enthaltenden Bögen $P B$ bzw. $B Q$ von $\Gamma$ und $\Gamma^{\prime}$. Man beweise, dass $C N M F$ ein Sehnenviereck ist.
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(1) Die Dreiecke $A C D$ und $A E F$ gleichsinnig kongruent: Wir arbeiten mit orientierten Winkeln modulo $\pi$. Es ist $\varangle A D C=\varangle A D B=\varangle A F B=\varangle A F E$ und $\varangle D C A=\varangle B C A=\varangle B E A=\varangle F E A$ (für das mittlere Gleichheitszeichen wurde beide Male der Satz vom Umfangswinkel benutzt). Da außerdem nach Voraussetzung $|C D|=|E F|$ gilt, folgt die Behauptung mit dem Kongruenzsatz wsw.
(2) $A$ liegt auf derselben Seite der Geraden $C D$ wie $F$ : Der Überlappungsbereich der beiden Kreise enthält die Strecke $B E$ und trifft die Gerade $C D$ nur im Punkt $B$.
(3) Die Dreiecke $C D Q$ und EFP sind gleichsinnig kongruent: Wie bei (1), $\varangle Q D C=\varangle Q D B=\varangle Q F B=$ $\varangle P F B$ usw.
(4) Es gibt eine Drehung um $A$, die die Punkte $C, D, Q$ in die Punkte $E, F, P$ überführt: folgt aus (1) und (3).
(5) $A$ liegt auf derselben Seite der Geraden $B F$ wie $C$ : Aus (2) folgt, dass $A$ und $Q$ auf derselben Seite der Geraden $C D$ liegen, und zusammen mit (4) ergibt sich, dass $A$ und $P$ auf derselben Seite der Geraden $E F=B F$ liegen, also auch $A$ und $C$.
(6) $B A$ ist die Winkelhalbierende des Innenwinkels des Dreiecks $B F C$ bei $B$ : Wegen (1) sind die Abstände von $A$ zu den verlängerten Seiten gleich, und wegen (2) und (5) handelt es sich um eine innere Winkelhalbierende.
(7) $C M$ ist die Winkelhalbierende des Innenwinkels des Dreiecks $B F C$ bei $C$ : Das folgt aus dem Umfangswinkelsatz.
(8) Analog ist $F N$ ist die Winkelhalbierende des Innenwinkels des Dreiecks $B F C$ bei $F$. Es sei $I$ der Inkreismittelpunkt des Dreiecks BFC.
(9) $M$ liegt auf dem $C$ nicht enthaltenden Kreisbogen $B A$ von $\Gamma$ : Aus (2) und (5) folgt, dass die Punkte auf $\Gamma$ die zyklische Reihenfolge $B, E, A, C$ bzw. $B, P, C$ (gleich orientiert) haben. Die orientierten Bögen $E A$ und $A C$ sind nach (4) gleich groß, also ist $\frac{1}{2} B C<B A$ und damit $B M=\frac{1}{2} B P<\frac{1}{2} B C<B A$.
(10) $N$ liegt auf dem $F$ nicht enthaltenden Kreisbogen $A B$ von $\Gamma^{\prime}$ : analog zu (9).
(11) $I$ ist ein innerer Punkt von $C M$ und $F N$ : $I$ liegt auf der Geraden $A B$, damit folgt die Behauptung aus (9) bzw. (10).
(12) $I$ ist ein innerer Punkt von $B A$ : folgt aus (9) oder (10).
(13) Es gilt $|C I| \cdot|I M|=|F I| \cdot|I N|$ : Nach dem Sehnensatz in $\Gamma$ ist $|C I| \cdot|I M|=|B I| \cdot|I A|$, nach dem Sehnensatz in $\Gamma^{\prime}$ ist $|B I| \cdot|I A|=|F I| \cdot|I N|$.
(14) Nach der Umkehrung des Sehnensatzes folgt mit (11) und (13), dass CNMF ein Sehnenviereck ist.
Bemerkungen: Die Teilergebnisse (1) oder (3) wurden mit 3 Punkten, (7) oder (8) mit 1 Punkt honoriert.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1 ",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2011-loes_awkl1_11.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $n$ be a positive integer and $b$ the greatest integer less than $(\sqrt[3]{28}-3)^{-n}$. Prove that $b$ cannot be divisible by 6.
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The complex number $\omega=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2}$ is known to be a third root of unity and satisfies $\omega^{2}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2}$, $\omega^{3}=1$ and $\omega^{2}+\omega+1=0$, in particular,
$$
1+\omega^{j}+\omega^{2 j}= \begin{cases}3, & \text { if } j \text { is divisible by three } \\ 0 & \text { otherwise. }\end{cases}
$$
Set $r_{k}=\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3$ for $k=0,1,2$. By definition of $b$, $\left|r_{0}^{-n}-b\right|<1$; since the real parts of $\omega$ and $\omega^{2}$ are negative, $\left|r_{1}\right|>1$ and $\left|r_{2}\right|>1$. Therefore,
$$
\left|b-\left(r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}\right)\right|<\left|b-r_{0}^{-n}\right|+\left|r_{1}^{-n}\right|+\left|r_{2}^{-n}\right|<3 .
$$
Since $\left(\sqrt[3]{28} \omega^{k}\right)^{3}=28$,
$$
r_{k}^{-1}=\frac{1}{\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3}=\frac{\left(\sqrt[3]{28} \omega^{k}\right)^{3}-3^{3}}{\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3}=\sqrt[3]{28}^{2} \omega^{2 k}+3 \sqrt[3]{28} \omega^{k}+9
$$
Raising the polynomial $X^{2}+3 X+9$ to its $n$-th power, there exist integers $c_{0}, \ldots, c_{2 n}$ such that $\left(X^{2}+3 X+9\right)^{n}=c_{2 n} X^{2 n}+c_{2 n-1} X^{2 n-1}+\ldots+c_{0}$, where $c_{0}=9^{n}$ is odd. Substituting $X=\sqrt[3]{28} \omega^{k}$, we get $r_{k}^{-n}=\sum_{j=0}^{2 n} c_{j} \sqrt[3]{28}^{j} \omega^{k j}$; from this, using (1):
$$
r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}=\sum_{j=0}^{2 n} c_{j} \sqrt[3]{28}^{j}\left(1+\omega^{j}+\omega^{2 j}\right)=3 \sum_{0 \leq \ell \leq 2 n / 3} c_{3 \ell} 28^{\ell}
$$
The sum is clearly a multiple of 3 and also odd, since the term $c_{3 \ell} 28^{\ell}$ is odd for $\ell=0$ and even for $\ell>0$. If $b$ were divisible by 6, the magnitude $\left|b-\left(r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}\right)\right|$ would be at least 3, contradicting (2).
Remarks: 1. Some participants tried to numerically estimate the value of $(\sqrt[3]{28}-3)^{-1}$ and thus of $b$. This is a wrong approach, because for all real numbers $m, M$ with $1<m<(\sqrt[3]{28}-3)^{-1}<M$, there exists a positive integer $n$ such that $M^{n}-m^{n}>6$.
2. Some thought that the "conjugate" of $\sqrt[3]{28}-3$ is $-\sqrt[3]{28}-3$. This only works for square roots, here one needs $\omega \sqrt[3]{28}-3$ and $\omega^{2} \sqrt[3]{28}-3$.
3. The sums $s_{n}=r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}$ satisfy the linear recurrence $s_{t+3}=27 s_{t+2}+9 s_{t+1}+s_{t}$ for all $t$, since from $28=\left(r_{k}+3\right)^{3}$, i.e., $1=27 r_{k}+9 r_{k}^{2}+r_{k}^{3}$ and $r_{k}^{-t-3}=27 r_{k}^{-t-2}+9 r_{k}^{-t-1}+r_{k}^{-t}$, the recurrence follows by summing over $k=0,1,2$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Es sei $n$ eine positive ganze Zahl und $b$ die größte ganze Zahl, die kleiner als $(\sqrt[3]{28}-3)^{-n}$ ist. Man beweise, dass $b$ nicht durch 6 teilbar sein kann.
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Die komplexe Zahl $\omega=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2}$ ist bekanntlich eine dritte Einheitswurzel und erfüllt $\omega^{2}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2}$, $\omega^{3}=1$ und $\omega^{2}+\omega+1=0$, insbesondere gilt
$$
1+\omega^{j}+\omega^{2 j}= \begin{cases}3, & \text { falls } j \text { durch drei teilbar ist } \\ 0 & \text { sonst. }\end{cases}
$$
Setze $r_{k}=\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3$ für $k=0,1,2$. Nach Definition von $b$ ist $\left|r_{0}^{-n}-b\right|<1$; da die Realteile von $\omega$ und $\omega^{2}$ negativ sind, gilt $\left|r_{1}\right|>1$ und $\left|r_{2}\right|>1$. Damit ist
$$
\left|b-\left(r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}\right)\right|<\left|b-r_{0}^{-n}\right|+\left|r_{1}^{-n}\right|+\left|r_{2}^{-n}\right|<3 .
$$
Wegen $\left(\sqrt[3]{28} \omega^{k}\right)^{3}=28$ ist
$$
r_{k}^{-1}=\frac{1}{\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3}=\frac{\left(\sqrt[3]{28} \omega^{k}\right)^{3}-3^{3}}{\sqrt[3]{28} \omega^{k}-3}=\sqrt[3]{28}^{2} \omega^{2 k}+3 \sqrt[3]{28} \omega^{k}+9
$$
Erhebt man das Polynom $X^{2}+3 X+9$ in seine $n$-te Potenz, gibt es ganze Zahlen $c_{0}, \ldots, c_{2 n}$ mit $\left(X^{2}+3 X+\right.$ $9)^{n}=c_{2 n} X^{2 n}+c_{2 n-1} X^{2 n-1}+\ldots+c_{0}$, hierbei ist $c_{0}=9^{n}$ ungerade. Durch Einsetzen $X=\sqrt[3]{28} \omega^{k}$ folgt $r_{k}^{-n}=\sum_{j=0}^{2 n} c_{j} \sqrt[3]{28}^{j} \omega^{k j}$; daraus ergibt sich mit (1):
$$
r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}=\sum_{j=0}^{2 n} c_{j} \sqrt[3]{28}^{j}\left(1+\omega^{j}+\omega^{2 j}\right)=3 \sum_{0 \leq \ell \leq 2 n / 3} c_{3 \ell} 28^{\ell}
$$
Die Summe ist offenbar ein Vielfaches von 3 und außerdem ungerade, da der Summand $c_{3 \ell} 28^{\ell}$ für $\ell=0$ ungerade, für $\ell>0$ gerade ist. Wäre $b$ durch 6 teilbar, wäre der Betrag $\left|b-\left(r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}\right)\right|$ mindestens 3 im Widerspruch zu (2).
Bemerkungen: 1. Manche Teilnehmer versuchten, den Wert von $(\sqrt[3]{28}-3)^{-1}$ und damit von $b$ numerisch abzuschätzen. Das ist ein Irrweg, weil für alle reellen Zahlen $m, M$ mit $1<m<(\sqrt[3]{28}-3)^{-1}<M$ eine positive ganze Zahl $n$ existiert mit $M^{n}-m^{n}>6$.
2. Manche dachten, zu $\sqrt[3]{28}-3$ sei $-\sqrt[3]{28}-3$ „konjugierte Zahl". Das funktioniert so nur bei Quadratwurzeln, hier benötigt man $\omega \sqrt[3]{28}-3$ und $\omega^{2} \sqrt[3]{28}-3$.
3. Die Summen $s_{n}=r_{0}^{-n}+r_{1}^{-n}+r_{2}^{-n}$ genügen der linearen Rekursion $s_{t+3}=27 s_{t+2}+9 s_{t+1}+s_{t}$ für alle $t$, da aus $28=\left(r_{k}+3\right)^{3}$, also $1=27 r_{k}+9 r_{k}^{2}+r_{k}^{3}$ und $r_{k}^{-t-3}=27 r_{k}^{-t-2}+9 r_{k}^{-t-1}+r_{k}^{-t}$ die Rekursion durch Summation über $k=0,1,2$ folgt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2011-loes_awkl1_11.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $\mathbb{Q}^{+}$ denote the set of positive rational numbers. A function $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ is called elastic if for all $x, y \in \mathbb{Q}^{+}$ the inequality
$$
f(x)+f(y) \geq 4 f(x+y)
$$
holds.
(a) [5 points] Show: If $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ is elastic and $x, y, z$ are positive rational numbers, then $f(x)+$ $f(y)+f(z) \geq 8 f(x+y+z)$.
(b) [5 points] Is there an elastic function $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ together with positive rational numbers $x, y, z$, for which $f(x)+f(y)+f(z)<9 f(x+y+z)$ is true?
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(a) It holds that
$$
4 f(x)+f(y)+f(z) \stackrel{(*)}{\geq} 4(f(x)+f(y+z)) \stackrel{(*)}{\geq} 16 f(x+y+z) .
$$
Adding to this the cyclically permuted versions $f(x)+4 f(y)+f(z) \geq \ldots$ and $f(x)+f(y)+4 f(z) \geq \ldots$, one obtains $6(f(x)+f(y)+f(z)) \geq 48 f(x+y+z)$ and after division by 6 the claim.
(b) Yes, there are such $f, x, y, z$. Consider the piecewise affine-linear function $f$ with the kink points $\left(2^{k}, 2^{-k}\right)$ for $k \in \mathbb{Z}$, explicitly: For each $k \in \mathbb{Z}$, let $f$ be defined on the interval $\left[2^{k}, 2^{k+1}[\right.$ by
$$
f(x)=-\frac{x}{2^{2 k+1}}+\frac{3}{2^{k+1}} \quad \text { for } 2^{k} \leq x<2^{k+1} .
$$
This defines $f$ for all $x \in \mathbb{Q}^{+}$. For all $x$, $f(2 x)=\frac{1}{2} f(x)$ holds, making (*) equivalent to the convexity inequality $\frac{1}{2}(f(x)+f(y)) \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right)$. The function $f$ is convex, and thus also elastic. With $x=y=z=1$,
$$
f(x)+f(y)+f(z)=3<9 \cdot \frac{3}{8}=9 f(x+y+z) .
$$
Remark: Contrary to a frequently expressed claim, elastic functions are not necessarily monotonic, for example:
$$
f(x)= \begin{cases}\frac{1}{x^{2}} ; & x \neq 1 \\ 2 ; & x=1\end{cases}
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Es bezeichne $\mathbb{Q}^{+}$die Menge der positiven rationalen Zahlen. Eine Funktion $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$heiße elastisch, wenn für alle $x, y \in \mathbb{Q}^{+}$die Ungleichung
$$
f(x)+f(y) \geq 4 f(x+y)
$$
gilt.
(a) [5 Punkte] Man zeige: Ist $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$elastisch und sind $x, y, z$ positive rationale Zahlen, so ist $f(x)+$ $f(y)+f(z) \geq 8 f(x+y+z)$.
(b) [5 Punkte] Gibt es eine elastische Funktion $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$zusammen mit positiven rationalen Zahlen $x, y, z$, für die $f(x)+f(y)+f(z)<9 f(x+y+z)$ der Fall ist?
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(a) Es gilt
$$
4 f(x)+f(y)+f(z) \stackrel{(*)}{\geq} 4(f(x)+f(y+z)) \stackrel{(*)}{\geq} 16 f(x+y+z) .
$$
Addiert man dazu die zyklisch vertauschten Versionen $f(x)+4 f(y)+f(z) \geq \ldots$ und $f(x)+f(y)+4 f(z) \geq \ldots$, erhält man $6(f(x)+f(y)+f(z)) \geq 48 f(x+y+z)$ und nach Division durch 6 die Behauptung.
(b) Ja, es gibt solche $f, x, y, z$. Betrachte die stückweise affin-lineare Funktion $f$ mit den Knickpunkten $\left(2^{k}, 2^{-k}\right)$ für $k \in \mathbb{Z}$, explizit: Für jedes $k \in \mathbb{Z}$ sei $f$ auf dem Intervall $\left[2^{k}, 2^{k+1}[\right.$ definiert durch
$$
f(x)=-\frac{x}{2^{2 k+1}}+\frac{3}{2^{k+1}} \quad \text { für } 2^{k} \leq x<2^{k+1} .
$$
Damit ist $f$ für alle $x \in \mathbb{Q}^{+}$definiert. Für alle $x$ gilt $f(2 x)=\frac{1}{2} f(x)$, damit wird (*) äquivalent zur Konvexitätsungleichung $\frac{1}{2}(f(x)+f(y)) \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right)$. Die Funktion $f$ ist konvex, also auch elastisch. Mit $x=y=z=1$ gilt
$$
f(x)+f(y)+f(z)=3<9 \cdot \frac{3}{8}=9 f(x+y+z) .
$$
Bemerkung: Entgegen einer häufig geäußerten Behauptung sind elastische Funktionen nicht notwendigerweise monoton, Beispiel:
$$
f(x)= \begin{cases}\frac{1}{x^{2}} ; & x \neq 1 \\ 2 ; & x=1\end{cases}
$$
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"problem_match": "# Aufgabe 3",
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"tier": "T1",
"year": "2011"
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A sequence $x_{1}, x_{2}, \ldots$ is defined by $x_{1}=1$ and $x_{2 k}=-x_{k}, x_{2 k-1}=(-1)^{k+1} x_{k}$ for all $k \geq 1$. Show that for all $n \geq 1$ it holds: $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \geq 0$.
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We denote $S_{n}=x_{1}+\ldots+x_{n}$ and conduct an induction proof. Calculation yields $x_{1}=1, x_{2}=-1, x_{3}=1, x_{4}=1$ and thus $S_{n} \geq 0$ for $1 \leq n \leq 4$.
Now we assume that $S_{k} \geq 0$ for all natural $k<n$, and claim $S_{n} \geq 0$.
To do this, we distinguish four cases.
Case 1: $n=4 m$. It holds that $S_{n}=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{4 i-3}+x_{4 i-2}+x_{4 i-1}+x_{4 i}\right)=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{2 i-1}-x_{2 i-1}-x_{2 i}-x_{2 i}\right)$
$=-2 \sum_{i=1}^{m} x_{2 i}=2 \sum_{i=1}^{m} x_{i}=2 S_{m} \geq 0$.
Case 2: $n=4 m+1$. It holds that $S_{n}=2 S_{m}+x_{4 m+1}=2 S_{m}+x_{2 m+1}=2 S_{m}+(-1)^{m} x_{m+1}$.
Case 2.1: $m$ is odd. Then $S_{m}$ is also odd, so $2 S_{m} \geq 2$ and $S_{n} \geq 1>0$.
Case 2.2: $m$ is even. It holds that $S_{n}=2 S_{m}+x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Case 3: $n=4 m+2$. It holds that $S_{n}=S_{n-2}+x_{4 m+1}+x_{4 m+2}=S_{n-2}+x_{2 m+1}-x_{2 m+1}=S_{n-2} \geq 0$.
Case 4: $n=4 m+3$. It holds that $S_{n}=S_{n+1}-x_{n+1}=2 S_{m+1}+x_{2 m+2}=2 S_{m+1}-x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Note: In this or other case distinctions, sometimes not all possibilities were covered or treated carefully enough. A balancing act such that each element ultimately generates an equal number of positive and negative successors and the claim follows because the first term is positive, is not sufficient.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Eine Folge $x_{1}, x_{2}, \ldots$ ist definiert durch $x_{1}=1$ und $x_{2 k}=-x_{k}, x_{2 k-1}=(-1)^{k+1} x_{k}$ für alle $k \geq 1$. Man zeige, dass für alle $n \geq 1$ gilt: $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \geq 0$.
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Wir bezeichnen $S_{n}=x_{1}+\ldots+x_{n}$ und führen einen Induktionsbeweis. Nachrechnen ergibt $x_{1}=1, x_{2}=-1, x_{3}=1, x_{4}=1$ und damit $S_{n} \geq 0$ für $1 \leq n \leq 4$.
Nun nehmen wir an, dass $S_{k} \geq 0$ für alle natürlichen $k<n$ gilt, und behaupten $S_{n} \geq 0$.
Dazu unterscheiden wir vier Fälle.
Fall 1: $n=4 m$. Es gilt $S_{n}=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{4 i-3}+x_{4 i-2}+x_{4 i-1}+x_{4 i}\right)=\sum_{i=1}^{m}\left(x_{2 i-1}-x_{2 i-1}-x_{2 i}-x_{2 i}\right)$
$=-2 \sum_{i=1}^{m} x_{2 i}=2 \sum_{i=1}^{m} x_{i}=2 S_{m} \geq 0$.
Fall 2: $n=4 m+1$. Es gilt $S_{n}=2 S_{m}+x_{4 m+1}=2 S_{m}+x_{2 m+1}=2 S_{m}+(-1)^{m} x_{m+1}$.
Fall 2.1: $m$ ist ungerade. Dann ist auch $S_{m}$ ungerade, also $2 S_{m} \geq 2$ und $S_{n} \geq 1>0$.
Fall 2.2: $m$ ist gerade. Es gilt $S_{n}=2 S_{m}+x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Fall 3: $n=4 m+2$. Es gilt $S_{n}=S_{n-2}+x_{4 m+1}+x_{4 m+2}=S_{n-2}+x_{2 m+1}-x_{2 m+1}=S_{n-2} \geq 0$.
Fall 4: $n=4 m+3$. Es gilt $S_{n}=S_{n+1}-x_{n+1}=2 S_{m+1}+x_{2 m+2}=2 S_{m+1}-x_{m+1}=S_{m}+S_{m+1} \geq 0$.
Hinweise: Bei dieser oder anderen Fallunterscheidungen wurden manchmal nicht alle Möglichkeiten abgedeckt oder sorgfältig genug behandelt. Eine Bilanzierung derart, dass jedes Element auf lange Sicht gleich viele positive und negative Nachfolger erzeugt und die Behauptung folgt, weil das erste Glied positiv ist, reicht nicht.
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"exam": "Germany_TST",
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"year": "2011"
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Given a convex pentagon $A B C D E$ with the properties $B C \| A E$ and $\overline{A B}=\overline{A E}$. Furthermore, let $F$ be a point on the segment $A E$ such that $\overline{A B}=\overline{B C}+\overline{A F}$ and $\Varangle C B A=\Varangle F D C$ are satisfied. Finally, let $M$ be the midpoint of the segment $C F$ and $O$ be the circumcenter of the triangle $B C D$.
Prove: If $D M \perp M O$, then $\Varangle F D C=2 \cdot \Varangle A D B$.
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From the conditions, it follows that $\overline{F E}=\overline{A E}-\overline{A F}=\overline{A B}-(\overline{A B}-\overline{B C})=\overline{B C}$.
Therefore, $B C E F$ is a parallelogram, whose diagonals $C F$ and $B E$ bisect each other at $M$.
Due to the point symmetry about $M$, $\Varangle C B E=\Varangle A E B$, and since $A B E$ is an isosceles triangle, $\Varangle A E B=\Varangle E B A$. Thus, $E B$ is the angle bisector of $\Varangle C B A$. It follows that $\Varangle F D C=\Varangle C B A=2 \cdot \Varangle A E B$, so it remains to show that $\Varangle A E B=\Varangle A D B$.
Let $D^{\prime}$ be the reflection of $D$ about $M$. Since $D M \perp M O$, it follows that
$\overline{O D^{\prime}}=\overline{O D}=\overline{O B}=\overline{O C}$ and $D^{\prime} B C D$ is a cyclic quadrilateral. Therefore, $\Varangle B D C=\Varangle B D^{\prime} C$, and since $B C D E F D^{\prime}$ is even a point-symmetric hexagon about $M$, it follows further that $\Varangle E D F=\Varangle B D^{\prime} C=\Varangle B D C$. Thus, $\Varangle E D B=\Varangle F D C$, while on the other hand, $\Varangle B A E=180^{\circ}-2 \cdot \Varangle A E B=180^{\circ}-\Varangle F D C$ holds. Therefore, $A B D E$ is a cyclic quadrilateral, and the claim follows from the inscribed angle theorem.
Hint: There were several incomplete but largely correct solutions. The problem, although solvable using elementary methods, appeared cumbersome due to the abundance of information and difficulties in creating a satisfactory sketch.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Gegeben sei ein konvexes Fünfeck $A B C D E$ mit den Eigenschaften $B C \| A E$ und $\overline{A B}=\overline{A E}$. Weiter sei $F$ ein Punkt auf der Strecke $A E$, so dass $\overline{A B}=\overline{B C}+\overline{A F}$ sowie $\Varangle C B A=\Varangle F D C$ erfüllt ist. Schließlich sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $C F$ und $O$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $B C D$.
Man beweise: Wenn $D M \perp M O$, dann gilt $\Varangle F D C=2 \cdot \Varangle A D B$.
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Aus den Bedingungen folgt $\overline{F E}=\overline{A E}-\overline{A F}=\overline{A B}-(\overline{A B}-\overline{B C})=\overline{B C}$.
Daher ist $B C E F$ ein Parallelogramm, dessen beide Diagonalen $C F$ und $B E$ einander in $M$ halbieren.
Wegen der Punktsymmetrie an M gilt $\Varangle C B E=\Varangle A E B$, und da $A B E$ ein gleichschenkliges Dreieck ist, gilt $\Varangle A E B=\Varangle E B A$. Also ist $E B$ die Winkelhalbierende von $\Varangle C B A$. Es folgt $\Varangle F D C=\Varangle C B A=2 \cdot \Varangle A E B$, so dass nur noch $\Varangle A E B=\Varangle A D B$ zu zeigen ist.
Es sei $D^{\prime}$ der Spiegelpunkt von $D$ an $M$. Wegen $D M \perp M O$ ist dann
$\overline{O D^{\prime}}=\overline{O D}=\overline{O B}=\overline{O C}$ und $D^{\prime} B C D$ ist ein Sehnenviereck. Deshalb ist $\Varangle B D C=\Varangle B D^{\prime} C$, und weil $B C D E F D^{\prime}$ sogar ein zu $M$ punktsymmetrisches Sechseck ist, folgt weiter $\Varangle E D F=\Varangle B D^{\prime} C=\Varangle B D C$. Also ist $\Varangle E D B=\Varangle F D C$, während andererseits $\Varangle B A E=180^{\circ}-2 \cdot \Varangle A E B=180^{\circ}-\Varangle F D C$ gilt. Somit ist $A B D E$ ein Sehnenviereck, und die Behauptung folgt aus dem Umfangswinkelsatz.
Hinweis: Hier gab es mehrere unvollständige, aber wenig falsche Lösungen. Die Aufgabe war zwar elementar zu lösen, wirkte aber sperrig durch die Fülle der Informationen und Schwierigkeiten bei der Anfertigung einer befriedigenden Skizze.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2011-loes_awkl2_11.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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The corners and edges of a regular $n$-gon are numbered clockwise from 1 to $n$ such that edge number $i$ follows corner number $i$ ($1 \leq i \leq n$).
Now, the corners are labeled with non-negative integers $e_{i}$ and the edges with non-negative integers $k_{i}$ such that the following conditions hold:
(1) The $n$-tuple $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ is a permutation of the $n$-tuple $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$.
(2) For every $i \in \mathbb{N}$ with $1 \leq i \leq n$, it holds that $k_{i}=\left|e_{i+1}-e_{i}\right|$, where $e_{n+1}=e_{1}$.
a) Prove that for all natural numbers $n, n \geq 3$, such $n$-tuples exist that are different from $(0, \ldots, 0)$.
b) Determine for each positive natural number $m$ the smallest natural number $n$ with the following property: In the $n$-tuples $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ and $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$, all natural numbers from 0 to $m$ appear.
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a) A possible example for $n \geq 3$ is $e_{1}=e_{2}=1, e_{i}=0$ for $3 \leq i \leq n$. This implies $k_{2}=k_{n}=1$ and $k_{i}=0$ otherwise. Clearly, all conditions are satisfied.
b) We prove that $n=m+2$ always holds. The proof is in two steps.
i) It holds that $n \geq m+2$: Because the number 0 appears in $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$, two elements of $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ must be equal. Since each of the $m+1$ natural numbers from 0 to $m$ must appear at least once, it follows that $n \geq m+2$.
ii) We provide an example for $n=m+2 \geq 3$: Let $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)=(0, m, 1, m-1, \ldots)$. In the $n$-tuple, the numbers alternate and decrease by 1 until the difference is 0, so that $e_{n-1}=e_{n}$. Thus, each natural number from 0 to $m$ appears exactly once, and the number $e_{n}$ appears exactly twice. The absolute values of the differences appear from $m$ downwards to 0 exactly once; the difference $\left|e_{n}-0\right|=e_{n}$ appears twice because $e_{n}<m$. This shows properties (1) and (2).
Hint: For part a), 3 points were awarded, and for part b), 7 points were awarded. Neither the example for a) nor the example for b) are the only possible ones.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Die Ecken und Kanten eines regulären $n$-Ecks seien im Uhrzeigersinn jeweils so von 1 bis $n$ nummeriert, dass die Kante Nr. $i$ auf die Ecke Nr. $i$ folgt ( $1 \leq i \leq n$ ).
Nun werden die Ecken mit nichtnegativen ganzen Zahlen $e_{i}$ und die Kanten mit nichtnegativen ganzen Zahlen $k_{i}$ so belegt, dass gilt:
(1) Das $n$-Tupel $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ ist eine Permutation des $n$-Tupels $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$.
(2) Für jedes $i \in \mathbb{N}$ mit $1 \leq i \leq n$ gilt $k_{i}=\left|e_{i+1}-e_{i}\right|$, wobei $e_{n+1}=e_{1}$ ist.
a) Man beweise, dass für alle natürlichen Zahlen $n, n \geq 3$, solche $n$-Tupel existieren, die von $(0, \ldots, 0)$ verschieden sind.
b) Man bestimme zu jeder positiven natürlichen Zahl $m$ die kleinste natürliche Zahl $n$ mit folgender Eigenschaft: In den $n$-Tupeln $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ und $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$ kommen jeweils alle natürlichen Zahlen von 0 bis $m$ vor.
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a) Ein mögliches Beispiel für $n \geq 3$ ist $e_{1}=e_{2}=1, e_{i}=0$ für $3 \leq i \leq n$. Dies bedingt $k_{2}=k_{n}=1$ und $k_{i}=0$ sonst. Offensichtlich sind alle Bedingungen erfüllt.
b) Wir beweisen, dass stets $n=m+2$ gilt. Der Beweis erfolgt in zwei Schritten.
i) Es gilt $n \geq m+2$ : Weil die Zahl 0 in $\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}\right)$ vorkommt, müssen zwei Elemente von $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)$ gleich sein. Da außerdem jede der $m+1$ natürlichen Zahlen von 0 bis $m$ wenigstens einmal vorkommen muss, folgt $n \geq m+2$.
ii) Wir geben ein Beispiel für $n=m+2 \geq 3$ : Es sei $\left(e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}\right)=(0, m, 1, m-1, \ldots)$. In dem $n$-Tupel werden die Zahlen alternierend bis zur Differenz 0 absteigend fortgesetzt, so dass $e_{n-1}=e_{n}$ gilt. Damit tritt jede natürliche Zahl von 0 bis $m$ genau einmal, die Zahl $e_{n}$ genau zweimal auf. Die Beträge der Differenzen treten von $m$ abwärts bis zur 0 offensichtlich je einmal auf; die Differenz $\left|e_{n}-0\right|=e_{n}$ tritt zweimal auf, weil $e_{n}<m$ ist. Damit sind die Eigenschaften (1) und (2) gezeigt.
Hinweis: Für Teil a) wurden 3 P . und für Teil b) 7 P . vergeben. Weder das Beispiel für a) noch das Beispiel für b) sind die einzig möglichen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2011-loes_awkl2_11.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Determine the smallest positive number $k$ for which the following is true: If Cain writes integers into the cells of a $2011 \times 2011$ chessboard in such a way that the 4022 sums obtained by adding all the numbers in a row or column are pairwise equal, then it is possible for Abel to achieve that these 4022 sums are pairwise distinct by altering the entries in only $k$ of the cells.
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$k=2681$. Proof of $k \geq 2681$: Abel must change at least 4021 of the sums, w.l.o.g. all column sums and all but at most one row sum. To change the column sums, Abel must alter at least one entry in each column. This Abel does w.l.o.g. first and then pauses. At the time of this pause, let $n$ rows be unaltered. Thus, Abel must alter an entry in $n-1$ of these rows so that the row sums can differ. This Abel does w.l.o.g. subsequently and pauses again. For $n \geq 671$, at least 2681 entries have already been altered. Now let $n \leq 670$. A cell is called insufficient if Abel has changed its entry but no further entry in the same row or column. Since the row and column sums of an insufficient cell are the same, no cell can be insufficient at the end. There are at least 2011 - $2 n$ insufficient cells during Abel's first pause. With each change up to the second pause, Abel can eliminate at most one of these insufficient cells (by changing an entry in the same column), and with each change after the second pause, at most two insufficient cells. Therefore, after the second pause, at least $\frac{1}{2}(2011-2 n-(n-1))$ entries must be altered, so in total at least $2011+(n-1)+\frac{1}{2}(2011-2 n-(n-1))=3016-\frac{n}{2} \geq 2681$.
Proof idea for $k \leq 2681$: For $1 \leq m, n \leq 2011$, let the cell in row $m$ and column $n$ be denoted by $\langle m ; n\rangle$. Abel increases the entry of 2681 cells $\langle m ; n\rangle$ each by $2(m+n)+1$, specifically from $\langle 2 ; 1\rangle$ and for $l=1, \ldots, 670$ from $\langle 3 l-1 ; 3 l-1\rangle,\langle 3 l ; 3 l-1\rangle,\langle 3 l+1 ; 3 l\rangle$ and $\langle 3 l+1 ; 3 l+1\rangle$.
Remarks: Sometimes it was argued that by changing two entries in the same row (or column), Abel can change three sums and this is optimal, and from this $k \geq 2681$ was concluded. However, it was implicitly assumed that an arrangement of cells with altered entries as in the proof of $k \leq 2681$ is already optimal.
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2681
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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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.
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$k=2681$. 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.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1 ",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2012-loes_awkl1_12.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $\Gamma$ be the circumcircle of the isosceles triangle $ABC$ with $C$ as the vertex. Inside the side $\overline{BC}$, there lies a point $M$. There exists a point $N$ on the ray $AM$ such that $M$ is between $A$ and $N$ and $|AN|=|AC|$. The circumcircle of triangle $CMN$ intersects $\Gamma$ at two distinct points $C$ and $P$. The lines $AB$ and $CP$ intersect at a point $Q$. Prove that $\measuredangle BMQ = \measuredangle QMN$.
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The idea for the solution is based on the observation that the requirement $|A N|=|A C|=|B C|$ remains unchanged if $A$ and $C$ as well as $N$ and $B$ are swapped. This suggests that one should also consider the circumcircle of triangle $A M B$. The second intersection point of the circumcircles of $A M B$ and $C M N$ can ultimately be identified as the incenter of $A M C$.
Let $I$ be the incenter of triangle $A M C$. It is known that $\measuredangle M I C=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2} \measuredangle M A C=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2} \measuredangle N A C$, and since triangle $A N C$ is isosceles at $A$, $\measuredangle N A C=\pi-2 \measuredangle C N A$, so $\measuredangle M I C=\pi-\measuredangle C N A=\pi-\measuredangle C N M$. Since $I$ and $N$ lie in different half-planes with respect to the line $C M$, it follows from the cyclic quadrilateral theorem that $I M N C$ is a cyclic quadrilateral, i.e., that $I$ lies on the circumcircle of $C M N$. Due to the symmetry mentioned at the beginning, $I$ also lies on the circumcircle of $A B M$. Since $I$ as the incenter is an interior point of triangle $A M C$, in particular $I \neq M$, and thus the line $I M$ is the radical axis of the circumcircles of $A B M$ and $C M N$. Since the line $A B$ is the radical axis of the circumcircles of $A B C$ and $A B M$ and the line $C P$ is the radical axis of the circumcircles of $A B C$ and $C M N$, the lines $I M, A B$, and $C P$ intersect at a point. This point is defined as $Q$, i.e., $Q$ lies on the angle bisector $I M$ of angle $C M A$, but this is identical to the angle bisector of angle $B M N$, so $\measuredangle B M Q=\measuredangle Q M N$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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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 $\measuredangle B M Q=\measuredangle Q M N$.
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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 $\measuredangle B M Q=\measuredangle Q M N$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2 ",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2012-loes_awkl1_12.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $a, b$ and $c$ be three positive real numbers with $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$. Prove that
$$
\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \geq \frac{3}{2}
$$
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The function $f:(0, \infty) \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=\frac{x+2}{(x+1)(x+5)}$ is strictly monotonically decreasing and convex, because the first derivative
$$
f^{\prime}(x)=-\frac{x^{2}+4 x+7}{(x+1)^{2}(x+5)^{2}}
$$
is negative, and the second derivative
$$
f^{\prime \prime}(x)=\frac{2\left(x^{3}+6 x^{2}+21 x+32\right)}{(x+1)^{3}(x+5)^{3}}
$$
is positive. Jensen's inequality yields for the weighted mean of the arguments $b, c, a$ with weights $a+1, b+1, c+1$:
$$
\frac{(a+1) f(b)+(b+1) f(c)+(c+1) f(a)}{(a+1)+(b+1)+(c+1)} \geq f\left(\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{(a+1)+(b+1)+(c+1)}\right)
$$
Multiplying by the denominator of the left side, we get
$$
\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \geq(a+b+c+3) f\left(\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{a+b+c+3}\right)
$$
Now,
$$
\begin{aligned}
2((a+1) b+(b+1) c+(c+1) a) & =(a+b+c+3)^{2}-4(a+b+c)-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-9 \\
& \leq(a+b+c+3)^{2}-4(a+b+c+3)
\end{aligned}
$$
(in the last step, the condition $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$ was used), so
$$
\frac{(a+1) b+(b+1) c+(c+1) a}{a+b+c+3} \leq \frac{a+b+c-1}{2}
$$
Using the monotonicity of $f$, the right side of (*) can be further estimated as
$$
\geq(a+b+c+3) f\left(\frac{a+b+c-1}{2}\right)
$$
This expression depends only on $s=a+b+c$:
$$
=(s+3) \cdot \frac{\frac{s-1}{2}+2}{\left(\frac{s-1}{2}+1\right)\left(\frac{s-1}{2}+5\right)}=\frac{2(s+3)^{2}}{(s+1)(s+9)}=2-\frac{8}{10+s+\frac{9}{s}} \geq 2-\frac{8}{10+6}=\frac{3}{2}
$$
(in the penultimate step, the inequality between the arithmetic and geometric means in the form $s+\frac{9}{s} \geq 2 \sqrt{s \cdot \frac{9}{s}}=6$ was applied).
Remark: This problem was not solved by any participant. The frequently claimed inequality
$$
\frac{b+2}{b+5}+\frac{c+2}{c+5}+\frac{a+2}{a+5} \geq \frac{3}{2}
$$
is false, as the still valid counterexample $a=2, b=c=0$ shows due to continuity reasons.
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\frac{3}{2}
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Es seien $a, b$ und $c$ drei positive reelle Zahlen mit $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$. Man beweise, dass
$$
\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \geq \frac{3}{2}
$$
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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.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2012-loes_awkl1_12.jsonl",
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For nine different positive integers $d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{9}$, consider the polynomial $P(n)=\left(n+d_{1}\right)\left(n+d_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left(n+d_{9}\right)$.
Show that there exists an integer $N$ with the following property:
For all integers $n \geq N$, the number $P(n)$ is divisible by a prime number greater than 20.
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We can assume according to the problem statement that $N>0$ and $d_{1}<d_{2}<\ldots<d_{9}$. Then $k=d_{9}-d_{1}=\max _{1 \leq q<r \leq 9}\left(d_{r}-d_{q}\right)$. Let $z \in \mathbb{N}$ be chosen such that $2^{z}>k$.
Claim: With $N=2^{z} \cdot 3^{z} \cdot 5^{z} \cdot 7^{z} \cdot 11^{z} \cdot 13^{z} \cdot 17^{z} \cdot 19^{z}$, a solution for $N$ is found.
Proof: We assume that for $n \geq N$ none of the factors of $P(n)$ has a prime factor greater than 20 and consider first $n+d_{1}=2^{e_{1}^{(1)}} \cdot 3^{e_{2}^{(1)}} \cdot \ldots \cdot 19^{e_{8}^{(1)}}$. Since $n \geq N$, there must be at least one $e_{j}^{(1)}$ with $e_{j}^{(1)} \geq z$ $(1 \leq j \leq 8)$. The corresponding prime factor is $p$. Thus, $n+d_{1}$ is divisible by $p^{e_{j}^{(1)}}$. Since $p^{e_{j}^{(1)}} \geq 2^{\ell_{j}^{(1)}} \geq 2^{z}>k=\max _{1 \leq q<r \leq 9}\left(d_{r}-d_{q}\right)$, none of the other numbers $n+d_{i}$ is divisible by $p^{e_{j}^{(1)}}$ $(2 \leq i \leq 9)$, because otherwise $d_{i}-d_{1}$ would be divisible by $p_{j}^{e_{j}^{(1)}}$. Therefore, $e_{j}^{(1)}=\max _{1 \leq i \leq 9}\left(e_{j}^{(i)}\right)$. Now consider $n+d_{2}$. Since $d_{2}>d_{1}$, there must be at least one $e_{j}^{(2)}$ with $e_{j}^{(2)}>e_{j}^{(1)}$ and $e_{j}^{(2)} \geq z$. Hence, $n+d_{2}$ also has a maximal $e_{j}^{(2)}$ with respect to all factors. This applies correspondingly to the other factors $n+d_{i}$.
Since there are only 8 prime factors less than 20 for the 9 factors of the polynomial, a contradiction arises by the pigeonhole principle. Therefore, an additional prime factor must occur, by which $P(n)$ is divisible.
Hints: The $N$ given here is not the only possible one. Often, the proofs were not rigorous enough. For example, one argued with the addition of more and more prime numbers as $n$ becomes larger.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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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.
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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.
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"exam": "Germany_TST",
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"year": "2012"
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Let $A B C$ be an acute-angled triangle with circumcenter $O$. Furthermore, let $k$ be a circle with the following properties:
(1) The center $K$ of $k$ lies in the interior of the side $B C$.
(2) $k$ touches $A B$ at $B^{\prime}$ and $A C$ at $C^{\prime}$.
(3) $O$ lies on the shorter of the two arc segments $B^{\prime} C^{\prime}$ of $k$.
Prove: The circumcircle of $A B C$ and $k$ intersect at two distinct points.
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The point $O^{\prime}$ is the image point of $O$ under reflection across the line $B C$. $S$ is the intersection of $K O^{\prime}$ with the circumcircle $u$ (see figure).
According to the central angle theorem, $\Varangle B O C=2 \alpha$. Since $C^{\prime}$ and $B^{\prime}$ lie inside the segments $A C$ and $A B$ respectively, and $O$ lies inside the triangle $A B C$ due to its acute angles, $\Varangle B^{\prime} O C^{\prime}>2 \alpha$. In the quadrilateral $A B^{\prime} K C^{\prime}$, we have: $360^{\circ}=2 \cdot 90^{\circ}+\alpha+\Varangle C^{\prime} K B^{\prime}$, because the angles at the points of tangency $C^{\prime}$ and $B^{\prime}$ are right angles. It follows that $\Varangle C^{\prime} K B^{\prime}=180^{\circ}-\alpha$.
Thus, in the cyclic quadrilateral $B^{\prime} O^{\prime} C^{\prime} O$:
$\Varangle B^{\prime} O C^{\prime}=180^{\circ}-\Varangle C^{\prime} O^{\prime} B^{\prime}=180^{\circ}-\frac{1}{2} \Varangle C^{\prime} K B^{\prime}$
$=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\alpha\right)$. Therefore, $\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\alpha\right)>2 \alpha$ and hence
$\alpha<60^{\circ}$.
In the cyclic quadrilateral $A B S C$, it follows that $\Varangle C S B=180^{\circ}-\alpha>120^{\circ}$.
Due to the axial symmetry across $B C$, $B O^{\prime} C O$ is a kite, and we have:
$\Varangle C O^{\prime} B=\Varangle B O C=2 \alpha<120^{\circ}$. Thus, $\Varangle C S B>\Varangle C O^{\prime} B$.
Since $S$ lies on $u$, $\Varangle C S B$ is a circumferential angle over the chord $B C$. From the last inequality, it follows that $O^{\prime}$ lies outside of $u$. Because the axis of reflection $B C$ is a diameter of $k$, $O^{\prime}$ lies on $k$. Therefore, there are points $O$ and $O^{\prime}$ on $k$, one inside and one outside of $u$. This leads to the claim.
Hint: The claim does not hold for every acute triangle, which significantly complicates the approach to the problem. A simple solution is possible using inversion with respect to $u$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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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.
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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
$\alpha<60^{\circ}$.
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.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $f$ and $g$ be two real functions defined for every real number. Furthermore, for all real numbers $x$ and $y$, the equation should hold:
$$
g(f(x+y))=f(x)+(2 x+y) g(y)
$$
Determine all possible pairs $(f, g)$.
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From the given equation (1) we obtain for $y=-2 x: g(f(-x))=f(x)$ (2). Thus, (1) becomes $f(-x-y)=f(x)+(2 x+y) g(y)$ (3) and with $x=0$ to $f(-y)=f(0)+y g(y)$ (4).
Replacing $f$ in (3) according to (4) yields after subtracting $f(0)$:
$(x+y) g(x+y)=(2 x+y) g(y)-x g(-x)$ (5). With $y=0$ we get for $x \neq 0: g(x)+g(-x)=2 g(0)$ (6), which is also true for $x=0$, hence for all $x \in \mathbb{R}$.
We set $h(x):=g(x)-g(0)$. Then $h(0)=0$ and according to (6): $h(-x)=-h(x)$ (6*) and with (5) and (6*): $(x+y) h(x+y)=(2 x+y) h(y)+x h(x)$ (7). Swapping $x$ and $y$ in (7) and equating yields $x h(y)=y h(x)$ (8). For $x, y \neq 0$ it follows that $h(x) / x=h(y) / y=$ const. Thus, $h(x)=c \cdot x$, which is obviously also true for $x=0$. With $g(0)=b$ we get $g(x)=c x+b$ for all $x \in \mathbb{R}$.
With $f(0)=a$ it follows from (4): $f(x)=a-b x+c x^{2}$. (2) yields $c\left(c x^{2}+b x+a\right)+b=c x^{2}-b x+a$, and by comparing coefficients, $c^{2}=c, b c=-b$ and $a c+b=a$ must hold.
Case 1: $c=0$. It follows that $b=a=0$ and $f(x)=0, g(x)=0$, which satisfies (1).
Case 2: $c=1$. Then $b=-b$, so $b=0$, and $a$ is arbitrary. We get $f(x)=x^{2}+a, g(x)=x$. For this function pair, substituting into (1) also yields a true statement. Therefore, the two solution pairs $(f, g)=(0,0)$ and $(f, g)=\left(x^{2}+a, x\right)$ with $a \in \mathbb{R}$ exist.
Hint: Very often, only specific solutions were guessed and the verification by substitution was performed.
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(f, g)=(0,0) \text{ and } (f, g)=\left(x^{2}+a, x\right) \text{ with } a \in \mathbb{R}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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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 $(f, g)$.
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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.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2012-loes_awkl2_12.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $n$ be an odd natural number and $x$ and $y$ be two rational numbers such that
$$
x^{n}+2 y=y^{n}+2 x
$$
Show that $x=y$.
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We first consider
( $\boxtimes$) Let $n \geqslant 3$ be an odd natural number. Furthermore, let $a, b$, and $c$ be three integers such that
$$
a^{n-1}+a^{n-2} b+\ldots+b^{n-1}=2 c^{n-1}
$$
Then $a=b=c=0$.
If this were false for some $n$, we could choose a counterexample $(a, b, c)$ for which the expression $|a|+|b|+|c|$ takes its smallest positive value. If both $a$ and $b$ were odd, the left side would be the sum of an odd number of odd summands and thus odd, while the right side is even. Therefore, at least one of the numbers $a$ and $b$ must be even. If, for example, $a$ is even, the left side has the same parity as $b^{n-1}$, and the right side is even, so $b$ must also be even. Similarly, one sees that $a$ must be even if $b$ is assumed to be even. Therefore, both $a$ and $b$ are even. Consequently, the left side is divisible by $2^{n-1}$ and thus, in particular, by 4, which implies that $c^{n-1}$ and hence $c$ is also even. If we now introduce three integers $a^{\prime}, b^{\prime}$, and $c^{\prime}$ with $a=2 a^{\prime}, b=2 b^{\prime}$, and $c=2 c^{\prime}$, then first
$$
a^{\prime n-1}+a^{\prime n-2} b^{\prime}+\ldots+b^{\prime n-1}=2 c^{\prime n-1}
$$
and secondly
$$
0<\left|a^{\prime}\right|+\left|b^{\prime}\right|+\left|c^{\prime}\right|<|a|+|b|+|c| .
$$
The triple $\left(a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}\right)$ thus contradicts the choice of $(a, b, c)$, and $(\boxtimes)$ is proved.
We now turn to the actual problem. In the case $n=1$, the claim is trivial, and from now on we focus only on the case $n \geqslant 3$. Let $x$ and $y$ be two rational numbers such that $x^{n}+2 x=y^{n}+2 y$. By bringing everything to one side and then factoring, we obtain
$$
(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}-2\right)=0
$$
If $x$ and $y$ were different, which we will assume from now on, then
$$
x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}=2
$$
must hold. Since any two rational numbers can be brought to a common denominator, there exist three integers $a, b$, and $c$ with $c \neq 0, x=a / c$, and $y=b / c$. Substituting these fractions into (1) and then multiplying by $c^{n-1}$, we get
$$
a^{n-1}+a^{n-2} b+\ldots+b^{n-1}=2 c^{n-1}
$$
From $(\boxtimes)$ it follows, in particular, that $c=0$. This contradiction shows that $x$ and $y$ must indeed be equal, thus solving the problem.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Es sei $n$ eine ungerade natürliche Zahl und $x$ und $y$ seien zwei rationale Zahlen mit
$$
x^{n}+2 y=y^{n}+2 x
$$
Man zeige, dass $x=y$.
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Wir überlegen uns zuerst
( $\boxtimes)$ Es sei $n \geqslant 3$ eine ungerade natürliche Zahl. Weiterhin seien $a, b$ und $c$ drei ganze Zahlen mit
$$
a^{n-1}+a^{n-2} b+\ldots+b^{n-1}=2 c^{n-1}
$$
Sodann ist $a=b=c=0$.
Wenn dies bei einem gewissen $n$ falsch wäre, könnten wir zu diesem ein Gegenbeispiel ( $a, b, c$ ) wählen, bei dem der Ausdruck $|a|+|b|+|c|$ seinen kleinstmöglichen positiven Wert annimmt. Wären $a$ und $b$ beide ungerade, so wäre die linke Seite die Summe einer ungeraden Anzahl ungerader Summanden und mithin selbst ungerade, während die rechte Seite gerade ist. Also ist mindestens eine der beiden Zahlen $a$ und $b$ gerade. Ist etwa $a$ gerade, so hat die linke Seite dieselbe Parität wie $b^{n-1}$ und die rechte Seite ist gerade, sodass $b$ ebenfalls gerade ist. Ebenso sieht man, dass $a$ gerade sein muss, falls $b$ als gerade vorausgesetzt wird. Insgesamt sind also $a$ und $b$ beide gerade. Folglich ist die linke Seite durch $2^{n-1}$ und damit insbesondere durch 4 teilbar, womit sich $c^{n-1}$ und demnach auch $c$ als gerade erwiesen hat. Führt man nun drei ganze Zahlen $a^{\prime}, b^{\prime}$ und $c^{\prime}$ mit $a=2 a^{\prime}, b=2 b^{\prime}$ und $c=2 c^{\prime}$ in die Betrachtung ein, so ist erstens
$$
a^{\prime n-1}+a^{\prime n-2} b^{\prime}+\ldots+b^{\prime n-1}=2 c^{\prime n-1}
$$
und zweitens
$$
0<\left|a^{\prime}\right|+\left|b^{\prime}\right|+\left|c^{\prime}\right|<|a|+|b|+|c| .
$$
Das Tripel $\left(a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}\right)$ widerspricht also der Wahl von $(a, b, c)$ und damit ist $(\boxtimes)$ bewiesen.
Wir wenden und nunmehr der eigentlichen Aufgabe zu. $\operatorname{Im}$ Fall $n=1$ ist die Behauptung trivial und wir konzentrieren uns von jetzt an nur noch auf den Fall $n \geqslant 3$. Es seien $x$ und $y$ zwei rationale Zahlen mit $x^{n}+2 x=y^{n}+2 y$. Indem wir alles auf eine Seite bringen und anschließend faktorisieren, erhalten wir
$$
(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}-2\right)=0
$$
Wenn $x$ und $y$ also verschieden wären, was wir von jetzt an annehmen wollen, müsste
$$
x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}=2
$$
sein. Da man je zwei rationale Zahlen auf einen gemeinsamen Nenner bringen kann, gibt es drei ganze Zahlen $a, b$ und $c$ mit $c \neq 0, x=a / c$ und $y=b / c$. Wer diese Brüche in (1) einsetzt und daraufhin mit $c^{n-1}$ multipliziert, erhält
$$
a^{n-1}+a^{n-2} b+\ldots+b^{n-1}=2 c^{n-1}
$$
Aus $(\boxtimes)$ folgt nun allerdings insbesondere $c=0$. Dieser Widerspruch zeigt, dass $x$ und $y$ doch gleich sein müssen, womit die Aufgabe gelöst ist.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "1. Aufgabe.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
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"tier": "T1",
"year": "2013"
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Let $m, n \geqslant 4$ be two integers. We consider an $m \times n$ grid rectangle formed by $m+1$ horizontal and $n+1$ vertical segments. The intersection points of these segments are called vertices. Let $P$ be a self-intersection-free, closed path that passes through each of the $(m-1)(n-1)$ inner vertices but none of the outer vertices. Let $A$ be the number of inner vertices through which $P$ passes in a straight line, $B$ the number of grid squares from which $P$ uses exactly two opposite sides, and $C$ the number of grid squares from which $P$ uses no sides. Prove that $A=B-C+m+n-1$.
(The figure shows a situation with $m=4, n=5, A=4, B=1$, and $C=5$.)
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Let $D$ be the number of grid squares of which exactly one side belongs to $P$, $E$ the number of grid squares of which exactly two sides belong to $P$, and these sides are adjacent, and finally $F$ the number of grid squares of which exactly three sides belong to $P$. Because $m, n \geqslant 4$, among the $m n$ grid squares, none has its entire boundary contained in $P$, and thus there are only the five possibilities for the intersection of such a boundary with $P$ mentioned in the definitions of $B, C, D, E$, and $F$. We therefore have
$$
m n=B+C+D+E+F
$$
Now we want to count the pairs $(Q, S)$, consisting of a grid square $Q$ and a side $S$ of $Q$ that belongs to $P$, in two ways. On the one hand, for the squares of type $B, C, D, E$, and $F$, there are exactly 2, 0, 1, 2, and 3 possible choices for $S$, respectively, and thus this number is $2 B+D+2 E+3 F$. On the other hand, $P$ is composed of $(m-1)(n-1)$ unit segments, each of which can serve as $S$, and each of these has two sides on which a grid square lies. In total, we therefore get
$$
2(m-1)(n-1)=2 B+D+2 E+3 F
$$
At each of the $(m-1)(n-1)$ interior vertices of our rectangle, $P$ either passes straight through, which happens exactly $A$ times, or $P$ turns. Whenever this happens, the two corresponding unit segments of $P$ enclose a grid square, and this square must be either of type $E$ or of type $F$. Conversely, each square of type $E$ corresponds to one and each square of type $F$ to two such turning points of $P$. Altogether, we therefore also have
$$
(m-1)(n-1)=A+E+2 F
$$
From (2) - (3) + (1) we now get
$$
m+n-1=A-B-C
$$
and this in turn implies
$$
A=B-C+m-n-1
$$
With this, the problem is solved.
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A=B-C+m+n-1
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Es seien $m, n \geqslant 4$ zwei ganze Zahlen. Wir betrachten ein $m \times n$-Gitterrechtteck, das von $m+1$ horizontalen und $n+1$ vertikalen Strecken gebildet wird. Die Schnittpunkte dieser Strecken heißen Ecken. Es sei $P$ ein von Selbstüberschneidungen freier, geschlossener Weg, der durch jede der $(m-1)(n-1)$ inneren Ecken aber keine der äußeren Ecken geht. Es bezeichne $A$ die Anzahl der inneren Ecken, durch die $P$ geradlinig hindurchgeht, $B$ die Anzahl der Gitterquadrate, von denen $P$ genau zwei Seiten benutzt, die sich zudem gegenüber liegen, und $C$ die Anzahl der Gitterquadrate,
von denen $P$ keine Seite benutzt. Man beweise, dass $A=B-C+m+n-1$.
(Die Abbildung zeigt eine Situation mit $m=4, n=5, A=4, B=1$ und $C=5$.)
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Es sei $D$ die Anzahl der Gitterquadrate, von denen genau eine Seite zu $P$ gehört, $E$ die Anzahl der Gitterquadrate, von denen genau zwei Seiten zu $P$ gehören, die zudem benachbart sind, und schließlich $F$ die Anzahl der Gitterquadrate von denen genau drei Seiten zu $P$ gehören. Wegen $m, n \geqslant 4$ ist unter den $m n$ Gitterquadraten keines, dessen gesamter Rand in $P$ enthalten ist und folglich gibt es für den Schnitt eines solchen Randes mit $P$ nur die fünf Möglichkeiten, die in den Definitionen von $B, C, D, E$ und $F$ angesprochen sind. Wir haben also
$$
m n=B+C+D+E+F
$$
Nun wollen wir die Paare ( $Q, S$ ), die aus einem Gitterquadrat $Q$ und einer $P$ angehörigen Seite $S$ von $Q$ bestehen, auf zwei Arten abzählen. Einerseits gibt es zu den Quadraten vom Typ $B, C$, $D, E$ und $F$ jeweils genau 2, 0, 1, 2 und 3 mögliche Wahlen für $S$ und daher beträgt diese Anzahl $2 B+D+2 E+3 F$. Andererseits ist $P$ aus $(m-1)(n-1)$ Einheitsstrecken zusammengesetzt, die alle als $S$ fungieren können und jede derselben hat zwei Seiten auf auf denen jeweils ein Gitterquadrat liegt. Insgesamt erhalten wir also
$$
2(m-1)(n-1)=2 B+D+2 E+3 F
$$
Bei jeder der $(m-1)(n-1)$ inneren Ecken unseres Rechtecks geht $P$ entweder geradeaus hindurch, und dies passiert genau $A$ mal, oder $P$ knickt ab. Wann immer dies geschieht, schließen die beiden zugehörigen Einheitsteilstrecken von $P$ ein Gitterquadrat ein und dieses muss entweder von Typ $E$ oder vom Typ $F$ sein. Umgekehrt gehören zu jedem Quadrat vom Typ $E$ ein und zu jedem Quadrat vom Typ $F$ zwei dieser Abknickpunkte von $P$. Alles in allem gilt also auch
$$
(m-1)(n-1)=A+E+2 F
$$
Aus (2) $-(3)+(1)$ erhalten wir nunmehr
$$
m+n-1=A-B-C
$$
und dies wiederum impliziert
$$
A=B-C+m-n-1
$$
Damit ist die Aufgabe gelöst.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "2. Aufgabe.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $A B C$ be an acute-angled triangle with circumcircle $\omega$. Prove that there exists a point $J$ with the following property: If $X$ is an interior point of $A B C$, the rays $A X$, $B X$ and $C X$ intersect the circle $w$ again at points $A_{1}, B_{1}$ and $C_{1}$, and the points $A_{2}$, $B_{2}$ and $C_{2}$ are symmetric to $A_{1}, B_{1}$ and $C_{1}$ with respect to the midpoints of the segments $\overline{B C}, \overline{C^{\prime} A}$ and $\overline{A B}$, respectively, then the four points $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ and $J$ lie on a common circle.
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We show that the point $J$, usually denoted as $H$, the orthocenter of triangle $ABC$, has the described property. For this, let $a$ be the line through $A$ parallel to $BC$, and the lines $b$ and $c$ are defined analogously. No two of the three lines $a, b$, and $c$ are parallel, and therefore, the intersection point $A'$ of $b$ with $c$ and the two analogously defined points $B'$ and $C'$ exist.
The quadrilateral $A' C J B$ has right angles at $B$ and $C$ and is therefore a cyclic quadrilateral. Since the reflection at the midpoint of the segment $\overline{BC}$ maps point $A$ to $A'$ and swaps $B$ with $C$, it transforms $\omega$ into the circumcircle of the just found cyclic quadrilateral. Consequently, $A_2$ lies on this circle, and $\Lambda' A_2$ is parallel to $AX$.
Let the centroid of triangle $ABC$ be $S$. The central dilation $\sigma$ with center $S$ and factor $-2$ maps $A$ to $A'$; the image of $X$ is denoted by $X'$. Then, the lines $AX$ and $A'X''$ are parallel, and therefore, $X'$ lies on the line $A'A_2$. Similar arguments can be made by replacing $A$ with $B$ and $C$, and we learn in total: The three lines $A'A_2, B'B_2$, and $C''C_2$ intersect at $X'$.
If $X' = J$, the points $A_2, B_2$, and $C_2$ coincide with $J$, and the claim is trivial. From now on, let $X' \neq J$.
Since $\varangle A' C J = 90^\circ$, the segment $\overline{A' J}$ is, by Thales' theorem, a diameter of the circumcircle of the quadrilateral $A' C J B$. Again, by Thales' theorem, $\varangle J A_2 A' = 90^\circ$ and therefore also $\varangle J A_2 X' = 90^\circ$. Thus, the point $A_2$ lies, once again by Thales' theorem, on the circle with diameter $J X^{-1}$. For similar reasons, the points $B_2$ and $C_2$ also lie on this circle, and in particular, we have now found a circle on which all four points $A_2, B_2, C_2$, and $J$ lie.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit Umkreis $\omega$. Man beweise, dass es einen Punkt $J$ mit der folgenden Eigenschaft gibt: Ist $X$ cin innerer Punkt von $A B C$, treffen die Strahlen $A X$, $B X$ und $C X$ den Kreis $w$ erneut in den Punkten $A_{1}, B_{1}$ und $C_{1}$ und liegen die Punkte $A_{2}$, $B_{2}$ und $C_{2}$ symmetrisch zu $A_{1}, B_{1}$ und $C_{1}$ bezüglich der Mittelpunkte der Strecken $\overline{B C}, \overline{C^{\prime} A}$ beziehungsweise $\overline{A B}$, so liegen die vier Punkte $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ und $J$ auf einem gemeinsamen Kreis.
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Wir zeigen, dass der normalerweise $H$ genannte Höhenschnittpunkt $J$ des Dreiecks $A B C$ die beschriebene Eigenschaft aufweisi. Hierzu sei a die durch $A$ gezogene Parallele zu $B C$ und dic Geraden $b$ und $c$ seien analog definiert. Keine zwei der drei Geraden $a, b$ und $c$ sind parallel und folglich existieren der Schnittpunkt $A^{\prime}$ von $b$ mit $c$ sowie die beiden analog definierten Punkte $B^{\prime}$ und $C^{\prime}$.
Das Viereck $A^{\prime} C J B$ besitzt bei $B$ und $C$ rechte Winkel und ist daher ein Sehnenviereck. Da die Spiegelung am Mittelpunkt der Strecke $\overline{B C}$ den Punkt $A$ auf $A^{\prime}$ abbildet und $B$ mit $C$ vertauscht, führt sie $\omega$ in den Umkreis des gerade gefundenen Sehnenvierecks über. Demnach liegt $A_{2}$ auf diesom Krcis und $\Lambda^{\prime} A_{2}$ ist zu $A X$ parallel.
Der Schwerpunkt des Dreiecks $A B C$ heiße $S$. Die zentrische Streckung $\sigma$ mit Zentrum $S$ und Faktor -2 bildet $A$ auf $A^{\prime}$ ab; der Bildpunkt von $X$ heiBe $X^{\prime}$. Sodann sind die beiden Geraden $A X$ und $A^{\prime} X^{\prime \prime}$ parallel und daher liegt $X^{\prime}$ auf der Geraden $A^{\prime} A_{2}$. Ähnliche Argumente lassen sich auch mit $B$ und $C$ an der Stelle von $A$ ausführen und wir lernen insgesamt: Die drei Geraden $A^{\prime} A_{2}, B^{\prime} B_{2}$ und $C^{\prime \prime} C_{2}$ schneiden sich in $X^{\prime}$.
Falls $X^{\prime}=J$ fallen auch die Punkte $A_{2}, B_{2}$ und $C_{2}$ mit $J$ zusammen und die Behauptung ist trivial. Von nun ab sei daher $X^{\prime} \neq J$.
Wegen $\varangle A^{\prime} C J=90^{\circ}$ ist die Strecke $\overline{A^{\prime} J}$ nach Satz des Thales ein Durchmesser des Umkreises des Viereck $A^{\prime} C J B$. Wieder um nach Satz des Thales ist daher $\varangle J A_{2} A^{\prime}=90^{\circ}$ und folglich auch $\varangle J A_{2} X^{\prime}=90^{\circ}$. Der Punkt $A_{2}$ liegt demnach, abermals nach Satz des 'l'haces, auf dem Kreis mit Durchmesser $J X^{-1}$. Aus analogen Gründen liegen auch die beiden Punkte $B_{2}$ und $C_{2}$ auf diesem Kreis und insbesondere haben wir nunmehr einen Kreis gefunden, auf dem alle vier der Punkte $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ und $J$ liegen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "3. Aufgabe\n",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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In the plane, there are two concentric circles with radii $r_{1}=13$ and $r_{2}=8$.
Let $A B$ be a diameter of the larger circle and $B C$ one of its chords, which touches the smaller circle at point $D$.
Calculate the length of the segment $A D$.
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The two possible positions of $D$ are symmetric with respect to the line $(A B)$, so it suffices to consider the case where the triangle $A B D$ is oriented counterclockwise (see figure). The common center of the two circles is denoted by $M$. Since the radius $MD$ is perpendicular to the tangent $B C$, the triangle $M B D$ is right-angled, so from the Pythagorean theorem
$|B D|^{2}=|M B|^{2}-|M D|^{2}=r_{1}^{2}-r_{2}^{2}=169-64=105$ follows.
By the Thales' theorem, $\angle A C B=90^{\circ}$. Since $\angle A C B=\angle M D B=90^{\circ}$ and the common angle $\angle D B M=\angle C B A$, the triangles $A B C$ and $M B D$ are similar, and since $|M B|=r_{1}=|M A|$, it also follows that $|D C|=|B D|=\sqrt{105}$ and $|C A|=2 \cdot|D M|=16$. Thus, the lengths of the legs in the right-angled triangle $A D C$ are known, and it follows that $|A D|=\sqrt{105+16^{2}}=\sqrt{361}=19$. Therefore, the side $A D$ has a length of 19.
Hints: Numerous other solution methods are possible. Because the problem is relatively simple, points were also deducted for errors in the final calculation step (examples: $\sqrt{360}, \sqrt{461}$, or even $\sqrt{361} \approx 18.5$).
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19
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Geometry
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In der Ebene liegen zwei konzentrische Kreise mit den Radien $r_{1}=13$ und $r_{2}=8$.
Es sei $A B$ ein Durchmesser des größeren Kreises und $B C$ eine seiner Sehnen, die den kleineren Kreis im Punkt $D$ berührt.
Man berechne die Länge der Strecke $A D$.
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Die beiden möglichen Lagen von $D$ sind symmetrisch zur Geraden $(A B)$, so dass es ausreicht, den Fall zu betrachten, bei dem das Dreieck $A B D$ gegen den Uhrzeigersinn orientiert ist (siehe Figur). Der gemeinsame Mittelpunkt der beiden Kreise sei mit $M$ bezeichnet. Weil der Berührradius MD auf der Tangente $B C$ senkrecht steht, ist $M B D$ rechtwinklig, so dass aus dem Satz des Pythagoras
$|B D|^{2}=|M B|^{2}-|M D|^{2}=r_{1}^{2}-r_{2}^{2}=169-64=105$ folgt.
Nach dem Satz des Thales ist $\Varangle A C B=90^{\circ}$. Da wegen $\Varangle A C B=\Varangle M D B=90^{\circ}$ und des gemeinsamen Winkels $\Varangle D B M=\Varangle C B A$ die Dreiecke $A B C$ und $M B D$ ähnlich sind, und da $|M B|=r_{1}=|M A|$ gilt, ist auch $|D C|=|B D|=\sqrt{105}$ sowie $|C A|=2 \cdot|D M|=16$. Damit sind die Längen der Katheten im rechtwinkligen Dreieck $A D C$ bekannt und es folgt $|A D|=\sqrt{105+16^{2}}=\sqrt{361}=19$. Die Seite $A D$ hat also die Länge 19.
Hinweise: Zahlreiche andere Lösungswege sind möglich. Weil die Aufgabe recht einfach ist, mussten auch für Fehler im letzten Rechenschritt (Beispiele: $\sqrt{360}, \sqrt{461}$ oder sogar $\sqrt{361} \approx 18,5$ ) Punkte abgezogen werden.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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A set $A$ of integers is called admissible if it has the following property:
For $x, y \in A\left(x=y\right.$ is allowed) it holds that $x^{2}+k x y+y^{2} \in A$ for every integer $k$.
Determine all pairs $m, n$ of non-zero integers for which the only admissible set that contains both $m$ and $n$ is the set $\mathbb{Z}$ of all integers.
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For a pair $m, n$ with $\operatorname{gcd}(|m|,|n|)=d>1$, $m^{2}+k m n+n^{2}$ is divisible by $d$, so that as a set $A$ also includes all integer multiples of $d$ that do not contain the element 1 and is therefore different from $\mathbb{Z}$.
Now consider numbers $m, n$ with $\operatorname{gcd}(|m|,|n|)=1$. For these, $\operatorname{gcd}\left(m^{2}, n^{2}\right)=1$ also holds. It follows from the extended Euclidean algorithm or from Fermat's little theorem that there are integers $r$ and $s$ such that $r m^{2}+s n^{2}=1$. Moreover, for $x=y=m$, it is clear that $(2+k) m^{2} \in A$, i.e., every integer multiple of $m^{2}$ lies in $A$ - correspondingly, every integer multiple of $n^{2}$ lies in $A$. And for $k=2$, it follows that for all $x, y \in A$, $(x+y)^{2}$ also lies in $A$. Therefore, $r m^{2}, s n^{2}$, and consequently $\left(r m^{2}+s n^{2}\right)^{2}=1^{2}=1$ lie in $A$.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Eine Menge $A$ von ganzen Zahlen heißt zulässig, wenn sie folgende Eigenschaft hat:
Für $x, y \in A\left(x=y\right.$ ist erlaubt) gilt $x^{2}+k x y+y^{2} \in A$ für jede ganze Zahl $k$.
Man bestimme alle Paare $m, n$ von Null verschiedener ganzer Zahlen, für welche die einzige zulässige Menge, die sowohl $m$ als auch $n$ enthält, die Menge $\mathbb{Z}$ aller ganzer Zahlen ist.
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Für ein Paar $m, n$ mit $\operatorname{ggT}(|m|,|n|)=d>1$ ist $m^{2}+k m n+n^{2}$ durch $d$ teilbar, so dass als Menge $A$ auch die Menge aller ganzzahligen Vielfachen von $d$ in Frage kommt, die das Element 1 nicht enthält und daher von $\mathbb{Z}$ verschieden ist.
Nun betrachten wir Zahlen $m, n$ mit $\operatorname{ggT}(|m|,|n|)=1$. Für diese gilt auch $\operatorname{ggT}\left(m^{2}, n^{2}\right)=1$. Daher folgt aus dem erweiterten Euklidischen Algorithmus oder aus dem kleinen Satz von Fermat, dass es ganze Zahlen $r$ und $s$ gibt mit $r m^{2}+s n^{2}=1$. Außerdem ist für $x=y=m$ ersichtlich, dass $(2+k) m^{2} \in A$, d.h. jedes ganzzahlige Vielfache von $m^{2}$ in $A$ liegt - entsprechend liegt jedes ganzzahlige Vielfache von $n^{2}$ in $A$. Und für $k=2$ ergibt sich, dass für alle $x, y \in A$ auch $(x+y)^{2}$ in $A$ liegt. Also liegen $r m^{2}, s n^{2}$ und folglich $\left(r m^{2}+s n^{2}\right)^{2}=1^{2}=1$ in $A$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n$ be a positive natural number. In the following, we consider pairs of elements of the set $\{1,2, \ldots, n\}$, each of which have no common element.
Determine with proof the maximum number of such pairs, for which the sums of their elements are pairwise distinct and not greater than $n$.
(For example, $(1 ; 9),(2 ; 7)$ and $(3 ; 5)$ are three possible pairs for $n=10$.)
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Let $k$ be the number of possible pairs. Then the sum $S$ of the $2k$ numbers occurring in them can be estimated in two directions:
$S \geq 1+2+\ldots+2k = k(2k+1)$ (all numbers are different) and
$S \leq n+(n-1)+\ldots+(n-k+1) = nk - \frac{1}{2}k(k-1)$ (all sums are different and $\leq n$).
This yields for $n \geq 3$ because $k > 0$ after division by $k$ the inequality $2k+1 \leq n - \frac{1}{2}(k-1)$, from which $k \leq \frac{2n-1}{5}$ follows. Therefore, there are at most $\left\lfloor\frac{2n-1}{5}\right\rfloor$ possible pairs
($\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer $\leq x$). For $n < 3$, it is obviously $k=0$.
Now we give a construction for $n \geq 3$ with exactly $\left\lfloor\frac{2n-1}{5}\right\rfloor$ pairs. For this, let $n=5m+3$, so $k=2m+1$. The following table shows the pairs and their sums, where for small $m$ some columns must be omitted due to ambiguity of the terms:
| Pair | $3m+1$ | $3m$ | $\ldots$ | $2m+2$ | $4m+2$ | $4m+1$ | $\ldots$ | $3m+3$ | $3m+2$ |
| :--- | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | 2 | 4 | $\ldots$ | $2m$ | 1 | 3 | $\ldots$ | $2m-1$ | $2m+1$ |
| Sum | $3m+3$ | $3m+4$ | $\ldots$ | $4m+2$ | $4m+3$ | $4m+4$ | $\ldots$ | $5m+2$ | $5m+3$ |
The $2m+1$ pairs contain all numbers from 1 to $4m+2$; their sums range from $3m+3$ to $5m+3$ and are clearly different and not greater than $n$.
The same construction works for $n=5m+4$ and $n=5m+5 \quad(m \geq 0)$, because here $k=2m+1$ again. For $n=5m+2$, $k=2m$ is sufficient. Therefore, the last column of the table can simply be omitted here. For $n=5m+1$, $k=2m$ as well, and we omit the last column of the table and also decrease each upper number in the first row by 1. Thus, all conditions are again satisfied.
Hint: Many participants were misled by the example to assume $k=\lfloor n / 3\rfloor$ as the maximum number. However, those who discovered the three(!) pairs (2;4), (1;6), (3;5) or (1;5), (3;4), (2;6) for $n=8$ were immune to this estimate. The rarely occurring misunderstanding of the formulation, "no common element" in the sense that pairs $(x; x)$ were allowed, led to a trivial problem, whose solution was only awarded a modest score.
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\left\lfloor\frac{2n-1}{5}\right\rfloor
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Es sei $n$ eine positive natürliche Zahl. Im Folgenden betrachten wir Paare von Elementen der Menge $\{1,2, \ldots, n\}$, die jeweils kein gemeinsames Element haben.
Man bestimme mit Beweis die größtmögliche Anzahl solcher Paare, für welche die Summen ihrer Elemente paarweise verschieden und nicht größer als $n$ sind.
(Zum Beispiel sind $(1 ; 9),(2 ; 7)$ und $(3 ; 5)$ für $n=10$ drei mögliche Paare.)
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Es sei $k$ die Anzahl möglicher Paare. Dann lässt sich die Summe $S$ der in ihnen vorkommenden $2 k$ Zahlen in zwei Richtungen abschätzen:
$S \geq 1+2+\ldots+2 k=k(2 k+1)$ (alle Zahlen sind verschieden) und
$S \leq n+(n-1)+\ldots+(n-k+1)=n k-\frac{1}{2} k(k-1)$ (alle Summen sind verschieden und $\left.\leq n\right)$.
Dies liefert für $n \geq 3$ wegen $k>0$ nach Division durch $k$ die Ungleichung $2 k+1 \leq n-\frac{1}{2}(k-1)$, aus der $k \leq \frac{2 n-1}{5}$ folgt. Es gibt also höchstens $\left\lfloor\frac{2 n-1}{5}\right\rfloor$ mögliche Paare
( $\lfloor x\rfloor$ bezeichnet die größte ganze Zahl $\leq x$ ). Für $n<3$ ist offensichtlich $k=0$.
Nun geben wir für $n \geq 3$ eine Konstruktion mit genau $\left\lfloor\frac{2 n-1}{5}\right\rfloor$ Paaren an. Dazu sei zunächst $n=5 m+3$, also $k=2 m+1$. Die folgende Tabelle zeigt die Paare und ihre Summen, wobei für kleine $m$ manche Spalten wegen Doppeldeutigkeit der Terme gestrichen werden müssen:
| Paar | $3 m+1$ | $3 m$ | $\ldots$ | $2 m+2$ | $4 m+2$ | $4 m+1$ | $\ldots$ | $3 m+3$ | $3 m+2$ |
| :--- | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | 2 | 4 | $\ldots$ | $2 m$ | 1 | 3 | $\ldots$ | $2 m-1$ | $2 m+1$ |
| Summe | $3 m+3$ | $3 m+4$ | $\ldots$ | $4 m+2$ | $4 m+3$ | $4 m+4$ | $\ldots$ | $5 m+2$ | $5 m+3$ |
Die $2 m+1$ Paare enthalten alle Zahlen von 1 bis $4 m+2$; ihre Summen gehen von $3 m+3$ bis $5 m+3$ und sind offensichtlich verschieden und nicht größer als $n$.
Dieselbe Konstruktion funktioniert auch für $n=5 m+4$ und $n=5 m+5 \quad(m \geq 0)$, weil hier wieder $k=2 m+1$ ist. Für $n=5 m+2$ ist $k=2 m$ ausreichend. Daher kann hier die letze Spalte der Tabelle einfach weggelassen werden. Für $n=5 m+1$ ist ebenfalls $k=2 m$ und wir lassen wieder die letzte Spalte der Tabelle weg und vermindern außerdem jede obere Zahl in der ersten Reihe um 1. So sind wiederum alle Bedingungen erfüllt.
Hinweis: Viele Teilnehmer haben sich von dem Beispiel verleiten lassen, $k=\lfloor n / 3\rfloor$ als maximale Anzahl anzunehmen. Wer allerdings für $n=8$ die drei(!) Paare (2;4), (1;6), (3;5) oder (1;5), (3;4), (2;6) entdeckt hatte, war gegen diese Abschätzung immun. Das selten aufgetretene Missverständnis der Formulierung, ,jeweils kein gemeinsames Element" in dem Sinne, dass Paare ( $x ; x)$ erlaubt seien, führt auf ein triviales Problem, dessen Lösung nur mit einer bescheidenen Punktzahl honoriert worden ist.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2013-loes_awkl_13.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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The central bank of Sikinia mints coins worth 11 and 12 Kulotnik. During a burglary, 11 Sicilian thieves cracked a safe and looted coins with a total value of 5940 Kulotnik. They try for a while to fairly divide the loot among themselves - so that everyone gets the same amount - but they can't manage it; after a while, their leader claims to have figured out that it is indeed impossible.
Prove that they did not loot any coin worth 12 Kulotnik.
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The thieves may have looted $a$ coins worth 11 Kulotnik and $b$ coins worth 12 Kulotnik. Here, $a$ and $b$ are two non-negative integers with
$$
11 a + 12 b = 5940 = 11 \cdot 540 = 12 \cdot 495
$$
We now assume $b > 0$ and try to find a fair distribution of the loot among the thieves.
From (1), we have $11 a = 12 \cdot (495 - b)$, meaning $11 a$ is divisible by 12. Since 11 and 12 are coprime, $a$ must also be a multiple of 12. Therefore, the thieves can distribute the looted 11-Kulotnik coins into $\frac{a}{12}$ bags, each containing $12 \cdot 11 = 132$ Kulotnik. Similarly, (1) implies the equation $12 b = 11 \cdot (540 - a)$, so $12 b$ is divisible by 11. As before, this shows that $b$ is also divisible by 11. Since we assumed $b > 0$, each of the thieves can take one coin worth 12 Kulotnik, and the number $b - 11$ of the remaining 12-Kulotnik coins is still divisible by 11, allowing them to be distributed into $\frac{b}{11} - 1$ bags, each containing $11 \cdot 12 = 132$ Kulotnik.
Since
$$
5940 - 11 \cdot 12 = 5808 = 132 \cdot 44
$$
the undistributed remainder of the loot is now in $44 = 11 \cdot 4$ bags, each containing 132 Kulotnik. If each of the 11 thieves takes 4 of these bags, they will have fairly divided the loot. However, since their leader proved that this is impossible, our assumption $b > 0$ must be false: In other words, there was indeed no coin worth 12 Kulotnik in the safe.
Remark. Some participants came up with very creative nicknames for the thieves: bank robbers, pirates, gangsters, bandits, criminals, offenders, thieves.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Die Zentralbank von Sikinien prägt Münzen im Wert von 11 und 12 Kulotnik. Bei einem Einbruch haben 11 sikinische Ganoven einen Tresor geknackt und Münzen im Gesamtwert von 5940 Kulotnik erbeutet. Sie versuchen für eine Weile, die Beute gerecht unter sich aufzuteilen - also so, dass jeder gleich viel erhält - aber es will ihnen nicht gelingen; nach einer Weile behauptet ihr Anführer, sich überlegt zu haben, dass dies tatsächlich nicht möglich ist.
Man beweise, dass sie keine Münze im Wert von 12 Kulotnik erbeutet haben.
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Die Ganoven mögen $a$ Münzen im Wert von 11 Kulotnik und $b$ Münzen im Wert von 12 Kulotnik erbeutet haben. Dabei sind $a$ und $b$ zwei nichtnegative ganze Zahlen mit
$$
11 a+12 b=5940=11 \cdot 540=12 \cdot 495
$$
Wir nehmen nun $b>0$ an und versuchen, eine gerechte Aufteilung der Beute auf die Ganoven zu finden.
Nach (1) ist $11 a=12 \cdot(495-b)$, d.h. $11 a$ ist durch 12 teilbar. Nachdem 11 und 12 teilerfremd sind, ist folglich auch $a$ ein Vielfaches von 12 und demnach können die Ganoven die erbeuteten 11-Kulotnik-Stücke in $\frac{a}{12}$ Säckchen verteilen, von denen jedes $12 \cdot 11=132$ Kulotnik enthält. Analog impliziert (1) die Gleichung $12 b=11 \cdot(540-a)$ und mithin ist $12 b$ durch 11 teilbar. Wie vorhin zeigt dies, dass auch $b$ durch 11 teilbar ist. Da wir $b>0$ angenommen haben, kann sich jeder der Ganoven eine Münze im Wert von 12 Kulotnik nehmen, und die Anzahl $b-11$ der übrigen 12-Kulotnik-Stücke ist immer noch durch 11 teilbar, weshalb sich diese in $\frac{b}{11}-1$ Säckchen aufteilen lassen, die ebenfalls je $11 \cdot 12=132$ Kulotnik enthalten.
Wegen
$$
5940-11 \cdot 12=5808=132 \cdot 44
$$
befindet sich der noch nicht verteilte Rest der Beute nunmehr in $44=11 \cdot 4$ Säckchen zu je 132 Kulotnik. Wenn sich nun jeder der 11 Ganoven 4 dieser Säckchen nimmt haben sie insgesamt die Beute gerecht geteilt. Doch da ihr Anführer beweisen konnte, dass dies gar nicht möglich ist, muss unsere Annahme $b>0$ falsch gewesen sein: Anders ausgedrückt lag tatsächlich keine Münze im Wert von 12 Kulotnik im Tresor.
Bemerkung. Manche Teilnehmer ersannen für die Ganoven äußerst findige Spitznamen: Bankräuber, Piraten, Gangster, Banditen, Gauner, Kriminelle, Straftäter, Diebe.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Let $A B C D$ be a convex cyclic quadrilateral with $|A D|=|B D|$. Its diagonals $\overline{A C}$ and $\overline{B D}$ intersect at $E$. The incenter of triangle $BCE$ is denoted by $I$. The circumcircle of triangle $BIE$ intersects the interior of the segment $\overline{A E}$ at point $N$.
Prove that
$$
|A N| \cdot|N C|=|C D| \cdot|B N|
$$
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If we set $\varphi = \angle DAB$, then $\angle ABD = \varphi$ must also hold, as triangle $ABD$ is assumed to be isosceles. This implies $\angle BDA = 180^\circ - 2\varphi$, and using the inscribed angle theorem, we get $\angle BCE = \angle BCA = 180^\circ - 2\varphi$.
Next, we want to express the angle $\angle BIE$ in terms of $\varphi$: Since the lines $BI$ and $EI$ are angle bisectors in triangle $BCE$, we have
$$
\angle BIE = 180^\circ - (\angle IEB + \angle EBI) = 90^\circ + \frac{1}{2}(180^\circ - \angle CEB + \angle EBC) = 90^\circ + \frac{1}{2} \angle BCE,
$$
which, combined with the previous result,
$$
\angle BIE = 90^\circ + \frac{1}{2}(180^\circ - 2\varphi) = 180^\circ - \varphi
$$
yields.
Since $BIEN$ is a convex cyclic quadrilateral, this implies $\angle CNB = \varphi$. By the inscribed angle theorem over the chord $\overline{AD}$, $\angle ACD = \varphi$ also holds, so $CD \parallel BN$ must be true.
Now, extend the segment $\overline{BN}$ beyond $N$ until it intersects the circumcircle of quadrilateral $ABCD$ again at $Q$. Applying the inscribed angle theorem over the chord $\overline{BD}$, we get $\angle DQB = \varphi$, which implies $CN \parallel QD$.
Since both pairs of opposite sides of quadrilateral $CNQD$ are parallel, it must be a parallelogram. Therefore, $|CD| = |NQ|$, and substituting this into the equation derived from the intersecting chords theorem,
$$
|AN| \cdot |NC| = |BN| \cdot |NQ|
$$
proves the claim.
Remark. One can prove that the two circles touch in the figure.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C D$ ein konvexes Sehnenviereck mit $|A D|=|B D|$. Seine Diagonalen $\overline{A C}$ und $\overline{B D}$ mögen sich in E schneiden. Der Mittelpunkt des Inkreises des Dreiecks BCE heiße I. Der Umkreis des Dreiecks BIE schneide das Innere der Strecke $\overline{A E}$ im Punkt $N$.
Man beweise, dass
$$
|A N| \cdot|N C|=|C D| \cdot|B N|
$$
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Setzt man $\varphi=\Varangle D A B$, so muss auch $\Varangle A B D=\varphi$ sein, denn das Dreieck $A B D$ wurde als gleichschenklig vorausgesetzt. Hieraus ergibt sich $\Varangle B D A=180^{\circ}-2 \varphi$ und mit Hilfe des Peripheriewinkelsatzes folgt $\Varangle B C E=\Varangle B C A=180^{\circ}-2 \varphi$.
Als nächstes wollen wir den Winkel $B I E$ durch $\varphi$ ausdrücken: Da die Geraden $B I$ und $E I$ Winkelhalbierende im Dreieck $B C E$ sind, ist
$$
\Varangle B I E=180^{\circ}-(\Varangle I E B+\Varangle E B I)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\Varangle C E B+\Varangle E B C\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2} \Varangle B C E,
$$
was mit vorigem verbunden
$$
\Varangle B I E=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-2 \varphi\right)=180^{\circ}-\varphi
$$
liefert.
Nachdem BIEN ein konvexes Sehnenviereck ist, impliziert dies $\Varangle C N B=\varphi$. Da nach Peripheriewinkelsatz über der Sehne $\overline{A D}$ auch $\Varangle A C D=\varphi$ gilt, muss demnach $C D \| B N$ sein.
Man verlängere nun die Strecke $\overline{B N}$ über $N$ hinaus, bis sie den Umkreis des Vierecks $A B C D$ erneut in $Q$ schneidet. Indem wir den Peripheriewinkelsatz über der Sehne $\overline{B D}$ anwenden, erhalten wir $\Varangle D Q B=\varphi$, was wiederum $C N \| Q D$ nach sich zieht.
Da die beiden Paare gegenüberliegender Seiten des Vierecks $C N Q D$ also jeweils parallel sind, muss es sich bei diesem um ein Parallelogramm handeln. Mithin ist $|C D|=|N Q|$ und sobald man dies in die aus dem Sehnensatz folgende Gleichung
$$
|A N| \cdot|N C|=|B N| \cdot|N Q|
$$
einträgt hat man die Behauptung bewiesen.
Bemerkung. Man kann beweisen, dass sich in der Figur die beiden Kreise berühren.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Let $a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots$ be a monotonically increasing sequence of positive integers. A positive integer $n$ is called reliable if there exists a positive integer index $i$ such that $n=\frac{i}{a_{i}}$.
Prove: If 2013 is reliable, then 20 is also reliable.
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If 2013 is reliable, there is a positive integer index $i$ with $i=2013 a_{i} \geqslant 20 a_{i}$. In particular, the set $S$ of all positive integers $s$ for which $s \geqslant 20 a_{s}$ holds is not empty. Thus, $S$ contains a smallest element $j$, and this satisfies on the one hand
$$
j \geqslant 20 a_{j}
$$
and on the other hand $(j-1) \notin S$. The latter means that either $j=1$ must be, or $j>1$ and $j-1<20 a_{j-1}$. Because of $a_{j} \geqslant 1$, it follows from (2) that $j \geqslant 20$, which excludes the first of these alternatives; therefore, $j \leqslant 20 a_{j-1}$ must hold, and in conjunction with (2) we obtain the chain of inequalities
$$
j \geqslant 20 a_{j} \geqslant 20 a_{j-1} \geqslant j .
$$
This can only hold if equality prevails everywhere. Because of $j=20 a_{j}$, the index $j$ attests that 20 is reliable as claimed.
Remark. Nothing changes if the numbers 2013 and 20 in the problem statement are replaced by any two positive integers $r$ and $s$ with $r>s$.
## Solutions to the 2nd Selection Exam 2013/2014
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Es sei $a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots$ eine monoton steigende Folge positiver ganzer Zahlen. Eine positive ganze Zahl $n$ heißt verlässlich, wenn es einen positiven ganzzahligen Index i mit $n=\frac{i}{a_{i}}$ gibt.
Man beweise: Wenn 2013 verlässlich ist, dann ist auch 20 verlässlich.
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Wenn 2013 verlässlich ist, gibt es einen positiven ganzzahligen Index $i$ mit $i=2013 a_{i} \geqslant$ $20 a_{i}$. Insbesondere ist die Menge $S$ aller positiven ganzen Zahlen $s$, für die $s \geqslant 20 a_{s}$ gilt, nicht leer. Somit enthält $S$ ein kleinstes Element $j$, und dieses erfüllt einerseits
$$
j \geqslant 20 a_{j}
$$
und andererseits $(j-1) \notin S$. Letzteres bedeutet, dass entweder $j=1$ sein muss, oder $j>1$ und $j-1<20 a_{j-1}$. Wegen $a_{j} \geqslant 1$ folgt aus (2) jedoch $j \geqslant 20$, was die erste dieser beiden Alternativen ausschließt; demnach muss $j \leqslant 20 a_{j-1}$ sein und in Verbindung mit (2) erhalten wir die Ungleichungskette
$$
j \geqslant 20 a_{j} \geqslant 20 a_{j-1} \geqslant j .
$$
Diese kann nicht anders bestehen als dass überall Gleichheit gilt. Wegen $j=20 a_{j}$ bezeugt der Index $j$, dass 20 wie behauptet verlässlich ist.
Bemerkung. Es ändert sich nichts, wenn man in der Aufgabenstellung die Zahlen 2013 und 20 durch zwei beliebige positive ganze Zahlen $r$ und $s$ mit $r>s$ ersetzt.
## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2013/2014
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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A natural number $n$ has the following property:
For arbitrary real numbers $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{d}$, which both satisfy $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{d}=2013$ and $0 \leq a_{i} \leq 1$ for $i=1,2, \ldots, d$, there exists a partition of the set of these real numbers into $n$ pairwise disjoint subsets (some of which may be empty), such that the sum of the numbers in each subset is at most 1.
Determine the smallest number $n$ with this property.
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The smallest number $n$ with this property is 4025.
We first show $n \geq 4025$. For this, we choose $d=4025$ and $a_{1}=\ldots=a_{4025}=\frac{2013}{4025}>\frac{1}{2}$. Then $a_{1}+\ldots+a_{4025}=2013$ and since $a_{i}+a_{j}=\frac{4026}{4025}>1$ for all $1 \leq i \neq j \leq 4025$, 4025 subsets are required.
Now we show $n \leq 4025$. For this, we perform a case distinction based on $d$.
For $d \leq 4025$, each $a_{i}$ gets its own subset. Thus, all subsets, some of which may be empty, are disjoint and have sums of at most 1.
For $d>4025$, there must exist two numbers $a_{x}$ and $a_{y}$ such that $a_{x}+a_{y} \leq 1$. Otherwise, in the sum $\left(a_{1}+a_{2}\right)+\left(a_{3}+a_{4}\right)+\ldots+\left(a_{4025}+a_{4026}\right)$, each parenthesis would be greater than 1, and the sum of all $a_{i}$ would be greater than 2013, a contradiction! Therefore, we can replace $a_{x}$ and $a_{y}$ with $a_{z}=a_{x}+a_{y}$ and obtain a set with $d-1$ elements that satisfies all conditions. This step can be repeated until the replacement yields a set with 4025 elements. For this set, and thus also for the original set, the desired partition exists. This completes the proof.
Note: Some of the $a_{i}$ may indeed be equal; two subsets are then disjoint if they do not contain the same element (with respect to the numbering). The problem statement allowed for many solution paths.
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4025
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Eine natürliche Zahl $n$ habe die folgende Eigenschaft:
Für beliebige reelle Zahlen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{d}$, die sowohl $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{d}=2013$ als auch $0 \leq a_{i} \leq 1$ für $i=1,2, \ldots, d$ erfüllen, existiert eine Zerlegung der Menge dieser reeller Zahlen in $n$ paarweise disjunkte Teilmengen (von denen einige leer sein dürfen), so dass die Summe der Zahlen in jeder Teilmenge höchstens 1 beträgt.
Man bestimme die kleinste Zahl $n$ mit dieser Eigenschaft.
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Die kleinste Zahl $n$ mit dieser Eigenschaft ist 4025.
Wir zeigen zunächst $n \geq 4025$. Dazu wählen wir $d=4025$ sowie $a_{1}=\ldots=a_{4025}=\frac{2013}{4025}>\frac{1}{2}$. Dann ist $a_{1}+\ldots+a_{4025}=2013$ und wegen $a_{i}+a_{j}=\frac{4026}{4025}>1$ für alle $1 \leq i \neq j \leq 4025$ werden hier 4025 Teilmengen benötigt.
Nun zeigen wir $n \leq 4025$. Dazu führen wir eine Fallunterscheidung nach $d$ durch.
Für $d \leq 4025$ erhält jedes $a_{i}$ seine eigene Teilmenge. Damit sind alle Teilmengen, von denen einige leer sein dürfen, disjunkt und haben Elementsummen von höchstens 1.
Für $d>4025$ müssen zwei Zahlen $a_{x}$ und $a_{y}$ existieren mit $a_{x}+a_{y} \leq 1$. Andernfalls wäre schon in der Summe $\left(a_{1}+a_{2}\right)+\left(a_{3}+a_{4}\right)+\ldots+\left(a_{4025}+a_{4026}\right)$ jede Klammer größer als 1 und die Summe aller $a_{i}$ größer als 2013, Widerspruch! Somit können wir $a_{x}$ und $a_{y}$ durch $a_{z}=a_{x}+a_{y}$ ersetzen und erhalten eine Menge mit $d-1$ Elementen, die alle Bedingungen erfüllt. Dieser Schritt kann wiederholt werden, bis die Ersetzung eine Menge mit 4025 Elementen liefert. Für diese und damit auch für die Ausgangsmenge existiert die gewünschte Aufteilung. Damit ist alles gezeigt.
Hinweis: Einige der $a_{i}$ dürfen durchaus gleich sein; zwei Teilmengen sind dann disjunkt, wenn sie nicht dasselbe Element (bezogen auf die Nummerierung) enthalten. Die Aufgabenstellung ließ viele Lösungswege zu.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Let $\mathbb{Z}^{+}$ be the set of positive integers.
Determine all functions $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ with the property that for all positive integers $m$ and $n$, it holds: $m^{2}+f(n) \mid m f(m)+n$.
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For any positive integer $n$, we choose $m$ such that $f(n) \mid m$. Then it follows that $f(n) \mid m^{2}+f(n)$ and $f(n) \mid m f(m)+n$. Since $m$ is divisible by $f(n)$, $n$ must also be divisible by $f(n)$. Therefore, $f(n) \mid n$, which means $f(n) \leq n$ for all $n \in \mathbb{Z}^{+}$.
This particularly implies $f(1) \mid 1$, so $f(1)=1$.
We further assume there exists an $m \in \mathbb{Z}^{+}$ with $f(m)<m$. With $n=1$, we get $m^{2}+1 \mid m f(m)+1$, but on the other hand, $0<m f(m)+1<m^{2}+1$, so $m^{2}+1$ cannot be a divisor of $m f(m)+1$ - contradiction! Therefore, $f(m) \geq m$ and with the above, it follows that $f(n)=n$ for all $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Substitution confirms that $n^{2}+n=n^{2}+f(n) \mid n f(n)+n=n^{2}+n$, showing that this function is indeed the - hence - unique solution.
Hint: A common source of error was the assumption of specific conditions (e.g., $m$ prime or $n>2$ etc.), which were "forgotten" in the later proof process in favor of $m, n \in \mathbb{Z}^{+}$.
SUPPORTED BY
Federal Ministry of Education and Research
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f(n)=n
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Es sei $\mathbb{Z}^{+}$die Menge der positiven ganzen Zahlen.
Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$mit der Eigenschaft, dass für alle positiven ganzen Zahlen $m$ und $n$ gilt: $m^{2}+f(n) \mid m f(m)+n$.
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Für eine beliebige positive ganze Zahl $n$ wählen wir $m$ so, dass $f(n) \mid m$ gilt. Dann folgt $f(n) \mid m^{2}+f(n)$ und $f(n) \mid m f(m)+n$. Weil $m$ durch $f(n)$ teilbar ist, muss auch $n$ durch $f(n)$ teilbar sein. Es gilt also $f(n) \mid n$, das bedeutet $f(n) \leq n$ für alle $n \in \mathbb{Z}^{+}$.
Daraus folgt insbesondere $f(1) \mid 1$, also $f(1)=1$.
Wir nehmen weiter an, es gäbe ein $m \in \mathbb{Z}^{+}$mit $f(m)<m$. Mit $n=1$ erhalten wir $m^{2}+1 \mid m f(m)+1$, andererseits gilt dann $0<m f(m)+1<m^{2}+1$, so dass $m^{2}+1$ kein Teiler von $m f(m)+1$ sein kann - Widerspruch! Also gilt $f(m) \geq m$ und mit dem oberen folgt $f(n)=n$ für alle $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Einsetzen bestätigt über $n^{2}+n=n^{2}+f(n) \mid n f(n)+n=n^{2}+n$, dass diese Funktion tatsächlich die - daher - einzige Lösung ist.
Hinweis: Eine häufige Fehlerquelle war die Annahme spezieller Voraussetzungen (z.B. $m$ prim oder $n>2$ usw.), die im späteren Beweisgang zugunsten von $m, n \in \mathbb{Z}^{+}$„vergessen" wurden.
GEFÖRDERT VOM
Bundesministerium für Bildung und Forschung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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In a scalene triangle $ABC$, let the interior angles be denoted as $\alpha, \beta, \gamma$ as usual. Furthermore, let the intersection of the angle bisector of $\alpha$ and $BC$ be denoted as $D$, and the intersection of the angle bisector of $\beta$ and $AC$ be denoted as $E$.
Now, a rhombus is inscribed in the quadrilateral $ABDE$ such that all vertices of the rhombus lie on different sides of the quadrilateral. In this rhombus, let the non-obtuse interior angles be denoted as $\varphi$. Prove that $\varphi \leq \max (\alpha, \beta)$ holds.
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The corners of the rhombus are named $K(K \in A E), L$ $(L \in A B), M(M \in B D)$, and $N(N \in D E)$. Let $d(X, Y Z)$ denote the distance of a point $X$ from a line $Y Z$. Since $D$ and $E$ lie on the respective angle bisectors, we have $d(D, A B)=d(D, A C)$, $d(E, A B)=d(E, B C)$, and $d(D, B C)=d(E, A C)=0$, from which $d(D, A C)+d(D, B C)=d(D, A B)$ and $d(E, A C)+d(E, B C)=d(E, A B)$ follow.
Since $N$ lies on the segment $D E$ and because in the equation $d(X, A C)+d(X, B C)=d(X, A B)$, if $X$ moves along the segment $D E$, all terms change only linearly, it follows from the two upper relations also for $N$:
from the two upper relations also for $N$:
$d(N, A C)+d(N, B C)=d(N, A B)(1)$.
With the notations of the figure, we have $d(N, A C)=s \cdot \sin \mu$ and $d(N, B C)=s \cdot \sin v$. Since the rhombus $K L M N$ lies entirely in one of the half-planes with respect to $A B$, we obtain from its parallelogram property
$d(N, A B)=d(N, A B)+d(L, A B)=d(K, A B)+d(M, A B)=s(\sin \delta+\sin \varepsilon)$.
With (1), it follows that $\sin \mu+\sin v=\sin \delta+\sin \varepsilon$ (2).
From the assumption $\varphi>\max (\alpha, \beta)$, we would directly get $\mu=\alpha-\varphi+\delta<\delta$ and analogously $v<\varepsilon$ because $\mu+\varphi=\angle C K L=\alpha+\delta$. Since $K L \| M N$, we have $\beta=\delta+v$, so $\delta<\beta<90^{\circ}$. Similarly, it follows that $\varepsilon<90^{\circ}$. Thus, we get $\sin \mu<\sin \delta$ and $\sin v<\sin \varepsilon$, in contradiction to (2). Therefore, $\varphi \leq \max (\alpha, \beta)$.
Hint: A pure angle chase does not lead to the goal. The position of the rhombus is not uniquely determined, contrary to the opinion of some participants. Equality holds only for $\alpha=\beta$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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In einem spitzwinkligen Dreieck $A B C$ seien die Innenwinkel $\alpha, \beta, \gamma$ wie üblich bezeichnet. Ferner seien der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\alpha$ und $B C$ mit $D$ sowie der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\beta$ und $A C$ mit $E$ bezeichnet.
Nun wird dem Viereck $A B D E$ eine Raute so einbeschrieben, dass alle Eckpunkte dieser Raute auf verschiedenen Seiten des Vierecks liegen. In dieser Raute seien die nicht-stumpfen Innenwinkel mit $\varphi$ bezeichnet. Man beweise, dass $\varphi \leq \max (\alpha, \beta)$ gilt.
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Die Ecken der Raute werden mit $K(K \in A E), L$ $(L \in A B), M(M \in B D)$ und $N(N \in D E)$ benannt. Mit $d(X, Y Z)$ sei der Abstand eines Punktes $X$ von einer Geraden $Y Z$ bezeichnet. Weil $D$ und $E$ auf den jeweiligen Winkelhalbierenden liegen, gilt $d(D, A B)=d(D, A C)$, $d(E, A B)=d(E, B C)$ und $d(D, B C)=d(E, A C)=0$, woraus $d(D, A C)+d(D, B C)=d(D, A B)$ und $d(E, A C)+d(E, B C)=d(E, A B)$ folgt.
Weil $N$ auf der Strecke $D E$ liegt und weil sich in der Gleichung $d(X, A C)+d(X, B C)=d(X, A B)$, wenn $X$ längs der Strecke $D E$ wandert, alle Terme nur linear ändern, folgt
aus den beiden oberen Beziehungen auch für $N$ :
$d(N, A C)+d(N, B C)=d(N, A B)(1)$.
Mit den Bezeichnungen der Figur gilt $d(N, A C)=s \cdot \sin \mu$ und $d(N, B C)=s \cdot \sin v$. Weil die Raute $K L M N$ ganz in einer der Halbebenen bezüglich $A B$ liegt, erhalten wir aus ihrer Parallelogrammeigenschaft
$d(N, A B)=d(N, A B)+d(L, A B)=d(K, A B)+d(M, A B)=s(\sin \delta+\sin \varepsilon)$.
Mit (1) folgt $\sin \mu+\sin v=\sin \delta+\sin \varepsilon$ (2).
Aus der Annahme $\varphi>\max (\alpha, \beta)$ würde wegen $\mu+\varphi=\Varangle C K L=\alpha+\delta$ direkt $\mu=\alpha-\varphi+\delta<\delta$ und analog $v<\varepsilon$ folgen. Wegen $K L \| M N$ gilt $\beta=\delta+v$, also $\delta<\beta<90^{\circ}$. Entsprechend folgt $\varepsilon<90^{\circ}$. So erhalten wir $\sin \mu<\sin \delta$ und $\sin v<\sin \varepsilon$, im Widerspruch zu (2). Also gilt $\varphi \leq \max (\alpha, \beta)$.
Hinweis: Eine reine Winkeljagd führt nicht zum Ziel. Die Lage der Raute ist - entgegen der Meinung einiger Teilnehmer - nicht eindeutig bestimmt. Gleichheit gilt nur für $\alpha=\beta$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2014-loes_awkl_14.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Determine the smallest positive integer $n$ for which there exists a polynomial
$$
P(X)=a_{2 n} X^{2 n}+a_{2 n-1} X^{2 n-1}+\ldots+a_{1} X+a_{0}
$$
with real coefficients that satisfies the following two properties:
- For $i=0,1, \ldots, 2 n$, we have $2014 \leq a_{i} \leq 2015$.
- There exists a real number $\xi$ such that $P(\xi)=0$.
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It is $n=2014$. First, define for a specific choice of coefficients $a_{k}$, namely 2014 for even $k$ and 2015 for odd $k$, the polynomial $Q_{n}(X)=2014 X^{2 n}+2015 X^{2 n-1}+2014 X^{2 n-2}+\ldots+2015 X+2014$. It is $Q_{2014}(-1)=0$, so the desired number is at most 2014. It remains to show that $P(X)$ has no real roots for $n \leq 2013$. For $x \geq 0$, $P(x) \geq a_{0}>0$, since the coefficients are positive; for $x<0$, $P(x) \geq Q_{n}(x)$, since $x^{k}$ is positive for even $k$, so $a_{k} x^{k} \geq 2014 x^{k}$, and $x^{k}$ is negative for odd $k$, so $a_{k} x^{k} \geq 2015 x^{k}$. It remains to show that $Q_{m}(x)>0$ for $m \leq 2013$.
1. Proof: It can be verified that for real $x$,
$$
Q_{m}(x)=1007\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{\nu}+x^{\nu+1}\right)^{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{2 \nu+1}+1\right)\left(x^{2 m-2 \nu-1}+1\right)\right)+\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)
$$
The terms of the first sum are non-negative as squares. Since $x^{2 k+1}+1$ is positive, zero, or negative for all $k \geq 0$ for $x>-1$, $x=-1$, or $x<-1$, the terms in the second sum are non-negative. Therefore, for $x<0$ and $m \leq 2013$:
$$
P(x) \geq Q_{m}(x) \geq\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)>\frac{1}{2}
$$
2. Proof (using calculus): Define for $x<0$ the real function $f_{m}(x)=\left(x^{2}-1\right) Q_{m}(x)=2014\left(x^{2 m+2}-1\right)+2015 x\left(x^{2 m}-1\right)$. The second derivative $f_{m}^{\prime \prime}(x)=2(2 m+1)\left(2014(m+1) x^{2 m}+2015 m x^{2 m-1}\right)$ has the only negative root $x_{m}=-\frac{2015 m}{2014(m+1)}>-1$ for $m \leq 2013$, and it is
$$
\begin{aligned}
f_{m}^{\prime}\left(x_{m}\right) & =2014(2 m+2) x_{m}^{2 m+1}+2015(2 m+1) x_{m}^{2 m}-2015= \\
& =\left(2014(2 m+2) x_{m}+2015(2 m+1)\right) x_{m}^{2 m}-2015=2015 \cdot x_{m}^{2 m}-2015<0
\end{aligned}
$$
For $x<x_{m}$ or $x_{m}<x<0$, $f_{m}^{\prime}$ increases or decreases strictly, since the derivative $f_{m}^{\prime \prime}$ is positive or negative; hence $f_{m}^{\prime}$ has a global maximum at $x=x_{m}$ for $x<0$ and is negative for all $x<0$. Therefore, $f_{m}$ decreases strictly, and is positive for $x>-1$ and negative for $x<-1$. Thus, $Q_{m}(x)$ is positive for $x \neq-1$; for $x=-1$, it directly follows that $Q_{m}(-1)=2014-m>0$.
## Remarks:
1. The polynomial function $P(x)$ can have no real roots outside the interval ] $-\frac{2015}{2014},-\frac{2014}{2015}$ [.
2. Often, terms $g_{k}(x)=2014 x^{2 k}+2015 x^{2 k-1}$ of $Q_{m}(x)$ for individual $k$ were considered in isolation and incorrectly estimated against $g_{k}(-1)$. As shown by differentiation, $g_{k}$ increases or decreases strictly for $0>x>-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$ or $x<-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$. This implies $g_{k}(x)>g_{k}(-1)$ for $k \leq 1007$ and $x<-1$ or for $k>1007$ and $-1>x>0$. Thus, one can only show $Q_{m}(x) \geq Q_{m}(-1)$ for $x<-1$ and $m \leq 1007$ in this way.
## » BILDUNG \& BEGABUNG GEMEINNÜTZIGE GMBH
Kortrijker Straße 1, 53177 Bonn | Postfach 2002 01, 53132 Bonn | Tel.: (02 28) 9 59 15-0, Fax: (02 28) 959 15-19 info@bildung-und-begabung.de, www.bildung-und-begabung.de I Registergericht: Amtsgericht Essen, HRB 22445 Tax No.: 206/5887/1089 | VAT ID No.: DE217481695 | Bank details: IBAN: DE27 370501980029002250 BIC: COLSDE33XXX, Sparkasse KölnBonn I Management: Dr. Elke Völmicke, Prof. Dr. Andreas Schlüter
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2014
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Man bestimme die kleinste positive ganze Zahl $n$, für die es ein Polynom
$$
P(X)=a_{2 n} X^{2 n}+a_{2 n-1} X^{2 n-1}+\ldots+a_{1} X+a_{0}
$$
mit reellen Koeffizienten gibt, das die beiden folgenden Eigenschaften aufweist:
- Für $i=0,1, \ldots, 2 n$ gilt $2014 \leq a_{i} \leq 2015$.
- Es gibt eine reelle Zahl $\xi$ mit $P(\xi)=0$.
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Es ist $n=2014$. Zunächst definiere für eine spezielle Wahl der Koeffizienten $a_{k}$, nämlich 2014 für gerades $k$ und 2015 für ungerades $k$, das Polynom $Q_{n}(X)=2014 X^{2 n}+2015 X^{2 n-1}+2014 X^{2 n-2}+\ldots+2015 X+2014$. Es ist $Q_{2014}(-1)=0$, die gesuchte Zahl ist also höchstens 2014. Es bleibt zu zeigen, dass $P(X)$ für $n \leq 2013$ keine reelle Nullstelle hat. Für $x \geq 0$ ist $P(x) \geq a_{0}>0$, da die Koeffizienten positiv sind; für $x<0$ ist $P(x) \geq Q_{n}(x)$, da $x^{k}$ für gerades $k$ positiv ist, also $a_{k} x^{k} \geq 2014 x^{k}$, und $x^{k}$ für ungerades $k$ negativ ist, also $a_{k} x^{k} \geq 2015 x^{k}$. Es bleibt zu zeigen, dass $Q_{m}(x)>0$ für $m \leq 2013$.
1. Beweis: Man rechnet nach, dass für reelles $x$ gilt
$$
Q_{m}(x)=1007\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{\nu}+x^{\nu+1}\right)^{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\sum_{\nu=0}^{m-1}\left(x^{2 \nu+1}+1\right)\left(x^{2 m-2 \nu-1}+1\right)\right)+\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)
$$
Die Summanden der ersten Summe sind als Quadrate nicht negativ. Da $x^{2 k+1}+1$ für alle $k \geq 0$ positiv bzw. 0 bzw. negativ ist für $x>-1$ bzw. $x=-1$ bzw. $x<-1$, sind die Summanden in der zweiten Summe nicht negativ. Damit ist für $x<0$ und $m \leq 2013$ :
$$
P(x) \geq Q_{m}(x) \geq\left(1007-\frac{m}{2}\right)\left(x^{2 m}+1\right)>\frac{1}{2}
$$
2. Beweis (mit Analysis): Definiere für $x<0$ die reelle Funktion $f_{m}(x)=\left(x^{2}-1\right) Q_{m}(x)=2014\left(x^{2 m+2}-\right.$ $1)+2015 x\left(x^{2 m}-1\right)$. Die zweite Ableitung $f_{m}^{\prime \prime}(x)=2(2 m+1)\left(2014(m+1) x^{2 m}+2015 m x^{2 m-1}\right)$ hat die einzige negative Nullstelle $x_{m}=-\frac{2015 m}{2014(m+1)}>-1$ für $m \leq 2013$, und es ist
$$
\begin{aligned}
f_{m}^{\prime}\left(x_{m}\right) & =2014(2 m+2) x_{m}^{2 m+1}+2015(2 m+1) x_{m}^{2 m}-2015= \\
& =\left(2014(2 m+2) x_{m}+2015(2 m+1)\right) x_{m}^{2 m}-2015=2015 \cdot x_{m}^{2 m}-2015<0
\end{aligned}
$$
Für $x<x_{m}$ bzw. $x_{m}<x<0$ wächst bzw. fällt $f_{m}^{\prime}$ streng monoton, da die Ableitung $f_{m}^{\prime \prime}$ positiv bzw. negativ ist; daher hat $f_{m}^{\prime}$ für $x<0$ ein globales Maximum bei $x=x_{m}$ und ist negativ für alle $x<0$. Daher fällt $f_{m}$ streng monoton, ist also wegen $f_{m}(-1)=0$ positiv für $x>-1$ und negativ für $x<-1$. Somit ist $Q_{m}(x)$ positiv für $x \neq-1$; für $x=-1$ ergibt sich direkt $Q_{m}(-1)=2014-m>0$.
## Bemerkungen:
1. Die Polynomfunktion $P(x)$ kann keine reellen Nullstellen außerhalb des Intervalls ] $-\frac{2015}{2014},-\frac{2014}{2015}$ [haben.
2. Oftmals wurden Summanden $g_{k}(x)=2014 x^{2 k}+2015 x^{2 k-1}$ von $Q_{m}(x)$ für einzelne $k$ isoliert betrachtet und fehlerhaft gegen $g_{k}(-1)$ abgeschätzt. Wie man durch Ableiten zeigt, wächst bzw. fällt $g_{k}$ streng monoton für $0>x>-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$ bzw. $x<-\frac{2015(2 k-1)}{2014 \cdot 2 k}$. Daraus folgt $g_{k}(x)>g_{k}(-1)$ für $k \leq 1007$ und $x<-1$ oder für $k>1007$ und $-1>x>0$. Damit kann man auf diese Weise $Q_{m}(x) \geq Q_{m}(-1)$ nur für $x<-1$ und $m \leq 1007$ nachweisen.
## » BILDUNG \& BEGABUNG GEMEINNÜTZIGE GMBH
Kortrijker Straße 1, 53177 Bonn | Postfach 2002 01, 53132 Bonn | Tel.: (02 28) 9 59 15-0, Fax: (02 28) 959 15-19 info@bildung-und-begabung.de, www.bildung-und-begabung.de I Registergericht: Amtsgericht Essen, HRB 22445 Steuer-Nr.: 206/5887/1089 | USt.-IDNr.: DE217481695 | Bankverbindung: IBAN: DE27 370501980029002250 BIC: COLSDE33XXX, Sparkasse KölnBonn I Geschäftsführung: Dr. Elke Völmicke, Prof. Dr. Andreas Schlüter
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
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"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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A positive integer $n$ is called neckish if it can be written in the form $n=a^{b}+b$ with two integers $a, b \geq 2$.
Determine whether there exist 102 consecutive positive integers, of which exactly 100 are neckish.
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There are such numbers. For a positive integer $m$, let $f(m)$ be the number of naughty numbers among the 102 consecutive numbers $m, m+1, m+2, \ldots, m+101$. Let $N$ be the least common multiple of the numbers $2,3,4, \ldots, 101$. Then $f\left(2^{N}\right) \geq 100$, because for all $b=2,3, \ldots, 101$ it holds that: $2^{N}+b=\left(2^{N / b}\right)^{b}+b$ is naughty. Thus, there is also a smallest positive number $M$ with $f(M) \geq 100$. Clearly, $M \leq 2^{N}$. On the other hand, $M>1$ (and $M-1$ is a positive integer), because every naughty number is greater than 5, since for $a, b \geq 2$ it holds that: $a^{b}+b \geq 2^{b}+b \geq 2^{2}+2=6$, and thus among the numbers from 1 to 102, at most 97 are naughty. Now $f(M)=100$ is proven: If $f(M)>100$, there would be at least 101 naughty numbers among the numbers from $M$ to $M+101$, and thus at least 100 naughty numbers among the numbers from $M$ to $M+100$ as well as among the numbers from $M-1$ to $M+100$. Then $f(M-1) \geq 100$ in contradiction to the minimality of $M$. Therefore, $f(M)=100$. The numbers from $M$ to $M+101$ thus satisfy the condition.
Remark: Sometimes it was conjectured without proof that certain numbers $m$, e.g., $m=2^{N}$, are not naughty. However, this is not obvious, as it must be ruled out that there could be any numbers $a, b \geq 2$ with $m=a^{b}+b$.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Eine positive ganze Zahl $n$ heißt neckisch, wenn man sie in der Form $n=a^{b}+b$ mit zwei ganzen Zahlen $a, b \geq 2$ schreiben kann.
Man entscheide, ob es 102 aufeinanderfolgende positive ganze Zahlen gibt, von denen genau 100 neckisch sind.
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Es gibt solche Zahlen. Für eine positive ganze Zahl $m$ sei $f(m)$ die Anzahl der neckischen Zahlen unter den 102 aufeinander folgenden Zahlen $m, m+1, m+2, \ldots, m+101$. Es sei $N$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen $2,3,4, \ldots, 101$. Dann ist $f\left(2^{N}\right) \geq 100$, da für alle $b=2,3, \ldots, 101$ gilt: $2^{N}+b=\left(2^{N / b}\right)^{b}+b$ ist neckisch. Somit gibt es auch eine kleinste positive Zahl $M$ mit $f(M) \geq 100$. Offenbar ist $M \leq 2^{N}$. Andererseits gilt $M>1$ (und $M-1$ ist positive ganze Zahl), weil jede neckische Zahl größer als 5 ist, da für $a, b \geq 2$ gilt: $a^{b}+b \geq 2^{b}+b \geq 2^{2}+2=6$, und somit unter den Zahlen von 1 bis 102 höchstens 97 neckisch sind. Nun wird $f(M)=100$ bewiesen: Wäre $f(M)>100$, gäbe es unter den Zahlen von $M$ bis $M+101$ mindestens 101 neckische, also unter denen von $M$ bis $M+100$ mindestens 100 neckische ebenso wie unter denen von $M-1$ bis $M+100$. Dann wäre $f(M-1) \geq 100 \mathrm{im}$ Widerspruch zur Minimalität von $M$. Daher ist $f(M)=100$. Die Zahlen von $M$ bis $M+101$ erfüllen also die Bedingung.
Bemerkung: Manchmal wurde ohne Beweis vermutet, dass gewisse Zahlen $m$, z. B. $m=2^{N}$, nicht neckisch sind. Dies ist aber nicht offensichtlich, da wirklich auszuschließen ist, dass es irgendwelche Zahlen $a, b \geq 2$ mit $m=a^{b}+b$ geben kann.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2015-loes_awkl_15.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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Let $A B C$ be an acute-angled triangle with $|A B| \neq|A C|$. The midpoints of the sides $\overline{A B}$ and $\overline{A C}$ are $D$ and $E$, respectively. The circumcircles of triangles $B C D$ and $B C E$ intersect the circumcircle of triangle $A D E$ at $P$ and $Q$, respectively, where $P \neq D$ and $Q \neq E$.
Prove that $|A P|=|A Q|$.
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Without restriction, let $|A C|>|A B|$. Since $D$ and $E$ are the midpoints of the sides $\overline{A B}$ and $\overline{A C}$, by the intercept theorem, $D E$ is parallel to $B C$. In the case $E=P$ or $D=Q$, $C E D B$ would be a cyclic quadrilateral with parallel sides $B C$ and $D E$, thus an isosceles trapezoid with $|B D|=|E C|$, and therefore $|A B|=|A C|$, which is excluded. If it can be shown that the (non-degenerate) triangles $A P C$ and $B Q A$ are similar, the claim follows, since due to $\angle P Q A=\measuredangle P D A=180^{\circ}-\measuredangle B D P=\measuredangle P C B=\measuredangle P C A+\gamma=\measuredangle B A Q+\measuredangle A E D=\measuredangle D P Q+\measuredangle A P D=$ $\measuredangle A P Q$ (using the inscribed angle theorem), the triangle $A P Q$ is isosceles with $|A P|=|A Q|$. - Proof that triangles $A P C$ and $B Q A$ are similar: First, by the inscribed angle theorem,
$$
\measuredangle D Q B=360^{\circ}-\measuredangle E Q D-\measuredangle B Q E=\measuredangle D A E+\measuredangle E C B=\alpha+\gamma=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\measuredangle E D A=\measuredangle A P E,
$$
$\measuredangle E P C=\measuredangle D P C-\measuredangle D P E=\left(180^{\circ}-\beta\right)-\alpha=\gamma=\measuredangle A E D=\measuredangle A Q D$.
From this, the similarity of triangles $A P C$ and $B Q A$ follows:
1. Proof: Let $Q^{\prime}$ be the uniquely determined point on the same side of $A C$ as $P$, such that triangle $A Q^{\prime} C$ is similar to triangle $B Q A$. Since $D$ and $E$ are the midpoints of the sides $\overline{A B}$ and $\overline{A C}$, the sub-triangles $A Q^{\prime} E$ and $B Q D$ as well as $C E Q^{\prime}$ and $A D Q$ are also similar. Therefore, $Q^{\prime}$ lies on the circumcircles of $A E P$ and $C E P$, which intersect at $E$ and $P$. $Q^{\prime}=E$ is excluded because $Q \neq D$. Thus, $Q^{\prime}=P$, and the triangles $A P C$ and $B Q A$ are similar. 2. Proof: By the sine rule in $A D Q$ and $B Q D$, $|A Q|:|A D|=\sin \measuredangle Q D A: \sin \measuredangle A Q D,|B Q|:|B D|=$ $\sin \measuredangle B D Q: \sin \measuredangle D Q B$. With $\measuredangle B D Q=180^{\circ}-\measuredangle Q D A$, it follows that $|A Q|:|B Q|=\sin \measuredangle D Q B: \sin \measuredangle A Q D$. Similarly, $|C P|:|P A|=\sin \measuredangle A P E: \sin \measuredangle E P C$. Due to (1) and (2), $A P C$ and $B Q A$ are similar by the criterion sws.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $|A B| \neq|A C|$. Die Mittelpunkte der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ seien $D$ beziehungsweise $E$. Die Umkreise der Dreiecke $B C D$ und $B C E$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A D E$ in $P$ beziehungsweise $Q$ schneiden, wobei $P \neq D$ und $Q \neq E$.
Man beweise, dass $|A P|=|A Q|$.
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Ohne Einschränkung sei $|A C|>|A B|$. Da $D$ und $E$ Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, ist nach Strahlensatz $D E$ parallel zu $B C$. Im Falle $E=P$ oder $D=Q$ wäre $C E D B$ Sehnenviereck mit parallelen Seiten $B C$ und $D E$, also gleichschenkliges Trapez mit $|B D|=|E C|$, somit $|A B|=|A C|$, was aber ausgeschlossen ist. Kann man zeigen, dass die (nicht ausgearteten) Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ ähnlich sind, folgt die Behauptung, da wegen $\angle P Q A=\measuredangle P D A=180^{\circ}-\measuredangle B D P=\measuredangle P C B=\measuredangle P C A+\gamma=\measuredangle B A Q+\measuredangle A E D=\measuredangle D P Q+\measuredangle A P D=$ $\measuredangle A P Q$ (unter Benutzung des Umfangswinkelsatzes) das Dreieck $A P Q$ gleichschenklig ist mit $|A P|=|A Q| .-$ Beweis, dass Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ ähnlich sind: Zunächst gilt mit Umfangswinkelsatz
$$
\measuredangle D Q B=360^{\circ}-\measuredangle E Q D-\measuredangle B Q E=\measuredangle D A E+\measuredangle E C B=\alpha+\gamma=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\measuredangle E D A=\measuredangle A P E,
$$
$\measuredangle E P C=\measuredangle D P C-\measuredangle D P E=\left(180^{\circ}-\beta\right)-\alpha=\gamma=\measuredangle A E D=\measuredangle A Q D$.
Hieraus folgt die Ähnlichkeit der Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ :
1. Beweis: Es sei $Q^{\prime}$ der eindeutig bestimmte Punkt auf derselben Seite von $A C$ wie $P$, so dass Dreieck $A Q^{\prime} C$ ähnlich zu Dreieck $B Q A$ ist. Da $D$ und $E$ Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, sind auch die Teildreiecke $A Q^{\prime} E$ und $B Q D$ sowie $C E Q^{\prime}$ und $A D Q$ ähnlich. Damit liegt $Q^{\prime}$ wegen (1) und (2), also $\measuredangle A P E=\measuredangle B Q D=\measuredangle A Q^{\prime} E$ und $\measuredangle E P C=\measuredangle D Q A=\measuredangle E Q^{\prime} C$, auf den Umkreisen von $A E P$ und $C E P$, die sich in $E$ und $P$ schneiden. $Q^{\prime}=E$ ist wegen $Q \neq D$ ausgeschlossen. Damit ist $Q^{\prime}=P$, und die Dreiecke $A P C$ und $B Q A$ sind ähnlich. 2. Beweis: Mit Sinussatz in $A D Q$ und $B Q D$ gilt $|A Q|:|A D|=\sin \measuredangle Q D A: \sin \measuredangle A Q D,|B Q|:|B D|=$ $\sin \measuredangle B D Q: \sin \measuredangle D Q B$. Mit $\measuredangle B D Q=180^{\circ}-\measuredangle Q D A$ folgt $|A Q|:|B Q|=\sin \measuredangle D Q B: \sin \measuredangle A Q D$. Analog ist $|C P|:|P A|=\sin \measuredangle A P E: \sin \measuredangle E P C$. Wegen (1) und (2) sind $A P C$ und $B Q A$ ähnlich nach Merkmal sws.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
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"solution_match": "\n1. Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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Let $A B C$ be an acute-angled triangle with $|A B| \neq|A C|$. The midpoints of the sides $\overline{A B}$ and $\overline{A C}$ are $D$ and $E$, respectively. The circumcircles of triangles $B C D$ and $B C E$ intersect the circumcircle of triangle $A D E$ at $P$ and $Q$, respectively, where $P \neq D$ and $Q \neq E$.
Prove that $|A P|=|A Q|$.
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One inverts at a circle with center $A$ and radius 1. The image point of a point $X$ is denoted by $X^{\prime}$. Since $D$ and $E$ are the midpoints of the sides $\overline{A B}$ and $\overline{A C}$, $B^{\prime}$ and $C^{\prime}$ are the midpoints of the sides $\overline{A D^{\prime}}$ and $\overline{A E^{\prime}}$. The inversion maps the circumcircle of triangle $A D E$ to the line $D^{\prime} E^{\prime}$, so $P^{\prime} \neq D^{\prime}$ and $Q^{\prime} \neq E^{\prime}$ are the second intersection points of the circumcircles of triangles $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ and $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ with the line $D^{\prime} E^{\prime}$. Since the lines $D^{\prime} E^{\prime}$ and $B^{\prime} C^{\prime}$ are parallel, the circumcircles of triangles $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ and $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ are symmetric with respect to the perpendicular bisector of the segment $\overline{B^{\prime} C^{\prime}}$, in particular, the points $Q^{\prime}$, $B^{\prime}$, and $P^{\prime}$ map to $E^{\prime}$, $C^{\prime}$, and $D^{\prime}$, respectively. Therefore, $\left|P^{\prime} C^{\prime}\right|=\left|B^{\prime} D^{\prime}\right|=\left|A B^{\prime}\right|$ (since $B^{\prime}$ is the midpoint of $\overline{A D^{\prime}}$) and $\left|B^{\prime} Q^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} E^{\prime}\right|=\left|A C^{\prime}\right|$ (since $C^{\prime}$ is the midpoint of $\overline{A E^{\prime}}$) and $\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$. It follows that $\measuredangle A B^{\prime} Q^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}=\measuredangle A C^{\prime} P^{\prime}$. Thus, triangles $A P^{\prime} C^{\prime}$ and $A Q^{\prime} B^{\prime}$ are congruent by the SAS congruence criterion. Therefore, $\left|A P^{\prime}\right|=\left|A Q^{\prime}\right|$ and $|A P|=1 /\left|A P^{\prime}\right|=1 /\left|A Q^{\prime}\right|=|A Q|$.
## Solutions to the 2nd Selection Test 2014/2015
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Es sei $A B C$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $|A B| \neq|A C|$. Die Mittelpunkte der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ seien $D$ beziehungsweise $E$. Die Umkreise der Dreiecke $B C D$ und $B C E$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A D E$ in $P$ beziehungsweise $Q$ schneiden, wobei $P \neq D$ und $Q \neq E$.
Man beweise, dass $|A P|=|A Q|$.
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Man invertiere an einem Kreis mit Mittelpunkt $A$ und Radius 1. Der Bildpunkt eines Punkts $X$ sei mit $X^{\prime}$ bezeichnet. Da $D$ und $E$ die Mitten der Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ sind, sind $B^{\prime}$ und $C^{\prime}$ die Mitten der Seiten $\overline{A D^{\prime}}$ und $\overline{A E^{\prime}}$. Die Inversion bildet den Umkreis des Dreiecks $A D E$ auf die Gerade $D^{\prime} E^{\prime}$ ab, damit sind $P^{\prime} \neq D^{\prime}$ und $Q^{\prime} \neq E^{\prime}$ die zweiten Schnittpunkte der Umkreise der Dreiecke $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ mit der Geraden $D^{\prime} E^{\prime}$. Da die Geraden $D^{\prime} E^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime}$ parallel sind, liegen die Umkreise der Dreiecke $B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ und $B^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$ symmetrisch zur Mittelsenkrechten der Strecke $\overline{B^{\prime} C^{\prime}}$, insbesondere gehen die Punkte $Q^{\prime}$ bzw. $B^{\prime}$ bzw. $P^{\prime}$ in $E^{\prime}$ bzw. $C^{\prime}$ bzw. $D^{\prime}$ über. Damit ist $\left|P^{\prime} C^{\prime}\right|=\left|B^{\prime} D^{\prime}\right|=\left|A B^{\prime}\right|$ (da $B^{\prime}$ Mitte von $\overline{A D^{\prime}}$ ) sowie $\left|B^{\prime} Q^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} E^{\prime}\right|=\left|A C^{\prime}\right|$ (da $C^{\prime}$ Mitte von $\overline{A E^{\prime}}$ ) und $\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}$. Daraus folgt $\measuredangle A B^{\prime} Q^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle Q^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=180^{\circ}-\measuredangle P^{\prime} C^{\prime} E^{\prime}=\measuredangle A C^{\prime} P^{\prime}$. Damit sind die Dreiecke $A P^{\prime} C^{\prime}$ und $A Q^{\prime} B^{\prime}$ nach Kongruenzsatz sws kongruent. Somit ist $\left|A P^{\prime}\right|=\left|A Q^{\prime}\right|$ und $|A P|=1 /\left|A P^{\prime}\right|=1 /\left|A Q^{\prime}\right|=|A Q|$.
## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2014/2015
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2015-loes_awkl_15.jsonl",
"solution_match": "\n2. Lösung (mit Inversion am Kreis):",
"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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Subsets and Splits
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