problem
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dict |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Determine all pairs $(x, y)$ of integers that satisfy the equation
$$
\sqrt[3]{7 x^{2}-13 x y+7 y^{2}}=|x-y|+1
$$
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Equation (1) is symmetric in $x$ and $y$, so we can initially assume $x \geq y$. For $x \neq y$, for each solution $(x, y)$, $(y, x)$ is also a solution. With
$d=x-y \geq 0$ it follows that $\sqrt[3]{7 d^{2}+x y}=d+1$. Squaring yields $x^{2}-d x+\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=0$ with the discriminant $D=d^{2}-4\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=(d-2)^{2}(4 d+1) \geq 0$. Therefore, $x_{1 / 2}=\frac{d \pm(d-2) \sqrt{4 d+1}}{2}$. For $x$ to be an integer, $4 d+1$ must be a perfect square, and specifically the square of an odd number. The approach $4 d+1=(2 m+1)^{2}$ with $m \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots\}$ yields $d=m^{2}+m$, so that $x_{1 / 2}=\frac{1}{2}\left[\left(m^{2}+m\right) \pm\left(m^{2}+m-2\right)(2 m+1)\right]$ results. This leads to $\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(m^{3}+2 m^{2}-m-1, m^{3}+m^{2}-2 m-1\right)$ and for $m \neq 1$ to $\left(x_{2}, y_{2}\right)=\left(-m^{3}-m^{2}+2 m+1,-m^{3}-2 m^{2}+m+1\right)$ and the solutions $\left(y_{1}, x_{1}\right)$ and $\left(y_{2}, x_{2}\right)$ for $m>0$. A check confirms that these pairs are indeed solutions.
Hint: The simple special cases were found by most participants. Often, attempts were then made (in vain) to show that there are no further solutions using estimates.
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(x_1, y_1) = (m^3 + 2m^2 - m - 1, m^3 + m^2 - 2m - 1), (x_2, y_2) = (-m^3 - m^2 + 2m + 1, -m^3 - 2m^2 + m + 1)
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Man bestimme alle Paare ( $x, y$ ) ganzer Zahlen, welche die Gleichung
$$
\sqrt[3]{7 x^{2}-13 x y+7 y^{2}}=|x-y|+1
$$
erfüllen.
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Die Gleichung (1) ist symmetrisch in $x$ und $y$, so dass wir zunächst $x \geq y$ annehmen können und für $x \neq y$ zu jeder Lösung $(x, y)$ auch $(y, x)$ als Lösung erhalten. Mit
$d=x-y \geq 0$ folgt $\sqrt[3]{7 d^{2}+x y}=d+1$. Potenzieren liefert $x^{2}-d x+\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=0$ mit der Diskriminante $D=d^{2}-4\left(-d^{3}+4 d^{2}-3 d-1\right)=(d-2)^{2}(4 d+1) \geq 0$. Es ist also $x_{1 / 2}=\frac{d \pm(d-2) \sqrt{4 d+1}}{2}$. Für die Ganzzahligkeit von $x$ muss $4 d+1$ eine Quadratzahl sein, und zwar das Quadrat einer ungeraden Zahl. Der Ansatz $4 d+1=(2 m+1)^{2}$ mit $m \in\{0 ; 1 ; 2 ; \ldots\}$ liefert $d=m^{2}+m$, so dass sich $x_{1 / 2}=\frac{1}{2}\left[\left(m^{2}+m\right) \pm\left(m^{2}+m-2\right)(2 m+1)\right]$ ergibt. Dies führt zu $\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(m^{3}+2 m^{2}-m-1, m^{3}+m^{2}-2 m-1\right)$ und für $m \neq 1 \mathrm{zu}$ $\left(x_{2}, y_{2}\right)=\left(-m^{3}-m^{2}+2 m+1,-m^{3}-2 m^{2}+m+1\right)$ und den Lösungen $\left(y_{1}, x_{1}\right)$ bzw. $\left(y_{2}, x_{2}\right)$ für $m>0$. Eine Probe bestätigt, dass diese Paare tatsächlich Lösungen sind.
Hinweis: Die einfachen Spezialfälle wurden von den meisten Teilnehmern gefunden. Häufig wurde dann (vergeblich) versucht, mit Abschätzungen zu zeigen, dass es keine weiteren Lösungen gibt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2015-loes_awkl_15.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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Let $ABC$ be an acute-angled triangle with circumcircle $k$ and incenter $I$. The perpendicular to $CI$ through $I$ intersects the side $BC$ at $U$ and $k$ at $V$, where $V$ and $A$ lie on opposite sides of $BC$. The parallel to $AI$ through $U$ intersects $AV$ at point $X$.
Prove: If the lines $XI$ and $AI$ are perpendicular to each other, then $XI$ intersects the side $AC$ at its midpoint $M$.
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In the figure, $M$ is initially only the intersection of $X I$ and $A C$. $N$ is the intersection of $X U$ and $A B$, and $Y$ is the intersection of $X I$ and $A B$. The half interior angles of triangle $A B C$ are denoted by $\alpha, \beta$ and $\gamma$ respectively. Since $\angle U I C=90^{\circ}$, it follows that $\angle C U I=\alpha+\beta$ and therefore $\angle B N U=\angle B A I=\angle B I U=\alpha$, so the points $B, U, I$ and $N$ lie on a circle. Therefore, $\overline{\Pi U}=\overline{I N}$ (chords corresponding to $\beta$) and since $X \perp N U$, it follows that $\overline{N X}=\overline{X U}$. Applying the intercept theorem leads to $\frac{\overline{V X}}{\overline{V A}}=\frac{\overline{X U}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{N X}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{Y X}}{\overline{Y I}}$, from which $Y V \| A I$ follows. Thus, $\angle B Y V=\alpha=\angle B N$, so
the points $B, V, I$ and $Y$ lie on a circle. Therefore, $\angle V B I=\angle V Y I=90^{\circ}$. Since the bisectors of the interior and exterior angles at a vertex in a triangle are always perpendicular, $B V$ is the bisector of the exterior angle at $B$. In the cyclic quadrilateral $A B V C$ (circumcircle of $A B C$), we recognize that $\angle V A C=\angle V B C=\alpha+\gamma$ and $\angle A C V=180^{\circ}-\angle V B A=180^{\circ}-(\alpha+2 \beta+\gamma)=\alpha+\gamma$, so $\angle V A C=\angle A C V$. Thus, triangle $A V C$ is isosceles with the apex at $V$. To show that $M$ is the midpoint of $A C$, it suffices to prove that $\angle V M C=90^{\circ}$. For this, we use in the cyclic quadrilaterals $B V I Y$ and $A B V C$ that $\angle V I M=180^{\circ}-\angle Y I V=\angle V B Y=\angle V B A=180^{\circ}-\angle A C V$, so $V C M I$ is also a cyclic quadrilateral. This yields $\angle V M C=\angle V I C=90^{\circ}$.
Hint: Some participants attempted a chase of angles, which, however, remains unsuccessful without a chase of cyclic quadrilaterals. Analytical approaches could not be successfully completed.
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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 Umkreis $k$ und dem Inkreismittelpunkt $I$. Die Orthogonale zu $C I$ durch I schneide die Seite $B C$ in $U$ und $k$ in $V$, wobei $V$ und $A$ auf verschiedenen Seiten von $B C$ liegen. Die Parallele zu $A I$ durch $U$ schneide $A V$ im Punkt $X$.
Man beweise: Wenn die Geraden $X I$ und $A I$ orthogonal zueinander sind, dann schneidet $X I$ die Seite $A C$ in ihrem Mittelpunkt $M$.
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In der Figur ist $M$ zunächst nur der Schnittpunkt von $X I$ und $A C . N$ ist der Schnittpunkt von $X U$ und $A B$ und $Y$ der Schnittpunkt von $X I$ und $A B$. Die halben Innenwinkel des Dreiecks $A B C$ sind mit $\alpha, \beta$ bzw. $\gamma$ bezeichnet. Wegen $\Varangle U I C=90^{\circ}$ ist $\Varangle C U I=\alpha+\beta$ und daher $\Varangle B N U=\Varangle B A I=\Varangle B I U=\alpha$, so dass die Punkte $B, U, I$ und $N$ auf einem Kreis liegen. Deshalb gilt $\overline{\Pi U}=\overline{I N}$ (Sehnen $\mathrm{zu} \beta$ ) und wegen $X \perp N U$ folgt $\overline{N X}=\overline{X U}$. Anwendung der Strahlensätze führt auf $\frac{\overline{V X}}{\overline{V A}}=\frac{\overline{X U}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{N X}}{\overline{A I}}=\frac{\overline{Y X}}{\overline{Y I}}$, woraus $Y V \| A I$ folgt. Also ist auch $\Varangle B Y V=\alpha=\Varangle B N$, so
dass die Punkte $B, V, I$ und $Y$ auf einem Kreis
liegen. Daher ist $\Varangle V B I=\Varangle V Y I=90^{\circ}$. Da die Halbierenden von Innen- und Außenwinkel an einer Ecke im Dreieck stets orthogonal sind, ist $B V$ die Halbierende des Außenwinkels bei $B$. Im Sehnenviereck $A B V C$ (Umkreis von $A B C$ ) erkennen wir daher $\Varangle V A C=\Varangle V B C=\alpha+\gamma$ und $\Varangle A C V=180^{\circ}-\Varangle V B A=180^{\circ}-(\alpha+2 \beta+\gamma)=\alpha+\gamma$, also $\Varangle V A C=\Varangle A C V$. Das Dreieck $A V C$ ist somit gleichschenklig mit der Spitze $V$. Um nun zu zeigen, dass $M$ der Mittelpunkt von $A C$ ist, reicht der Nachweis von $\varangle V M C=90^{\circ}$. Dazu verwenden wir in den Sehnenvierecken $B V I Y$ und $A B V C$, dass $\Varangle V I M=180^{\circ}-\Varangle Y I V=\Varangle V B Y=\Varangle V B A=180^{\circ}-\Varangle A C V$ ist, so dass auch $V C M I$ ein Sehnenviereck ist. Dies liefert $\Varangle V M C=\Varangle V I C=90^{\circ}$.
Hinweis: Einige Teilnehmer haben eine Winkeljagd versucht, die jedoch ohne eine Jagd nach Sehnenvierecken erfolglos bleibt. Analytische Ansätze konnten nicht erfolgreich abgeschlossen werden.
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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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From two 2x1 domino tiles, one can construct a tetromino by placing the two domino tiles along their longer sides such that the midpoint of the longer side of one domino tile is a vertex of the other domino tile. This results in two different types of tetrominos in terms of their orientation, which we will call $S$- and $Z$-tetrominos.
$S$-tetrominos:
$Z$-tetrominos:
A lattice polygon $P$ is a simply connected area whose boundary lines lie only on the grid lines of the integer coordinate grid. A tiling of $P$ is a complete and non-overlapping covering of $P$ with pieces that do not partially lie outside of $P$.
We now assume that a lattice polygon $P$ can only be tiled with $S$-tetrominos. Prove: If a tiling of $P$ with $S$- and $Z$-tetrominos is also possible, then the number of $Z$-tetrominos used is always even.
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We can assume that $P$ consists of parts of the unit squares of the integer coordinate grid, as colored in the image. Under this coloring, each $S$-tetromino covers an even number of black squares, and each $Z$-tetromino covers an odd number of these. Since $P$ can be completely paved with $S$-tetrominos, it contains an even number of black squares. Therefore, if a tiling with $S$- and $Z$-tetrominos is possible, this even number also requires an even number of $Z$-tetrominos.
Hint: There are other coloring approaches, such as with two colorings. The argument that $P$ must be completely decomposable into axis-symmetric parts where two $S$-tetrominos can be replaced by two $Z$-tetrominos, like all approaches based on local properties of $P$, is not conclusive and only covers special cases $a b$.
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proof
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Incomplete
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Aus zwei 2x1-Dominosteinen kann man ein Tetromino konstruieren, indem man die beiden Dominosteine längs ihrer längeren Seiten so aneinanderlegt, dass der Mittelpunkt der längeren Seite des einen Dominosteins ein Eckpunkt des anderen Dominosteins ist. Dabei ergeben sich zwei hinsichtlich ihrer Orientierung verschiedene Typen von Tetrominos, die wir als $S$ - bzw. $Z$-Tetromino bezeichnen wollen.
$S$-Tetrominos:
Z-Tetrominos:
Ein Gitterpunktpolygon P ist eine einfach zusammenhängende Fläche, deren Randlinien nur auf Gitterlinien des ebenen ganzzahligen Koordinatengitters liegen. Eine Pflasterung von $P$ ist eine vollständige und überlappungsfreie Überdeckung von $P$ mit Flächenstücken, die auch nicht teilweise außerhalb von $P$ liegen.
Wir nehmen nun an, dass ein Gitterpunktpolygon $P$ nur mit $S$-Tetrominos gepflastert werden kann. Man beweise: Wenn auch eine Pflasterung von $P$ mit $S$ - und $Z$-Tetrominos möglich ist, dann ist die Anzahl der dabei verwendeten $Z$-Tetrominos stets gerade.
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Wir können annehmen, dass $P$ aus einem Teil der Einheitsquadrate des ganzzahligen Koordinatengitters besteht, die wie abgebildet eingefärbt sind. Unter dieser Färbung bedeckt jedes $S$-Tetromino eine gerade Anzahl schwarzer Quadrate und jedes $Z$-Tetromino eine ungerade Anzahl von diesen. Da $P$ vollständig mit $S$-Tetrominos gepflastert werden kann, enthält es eine gerade Anzahl schwarzer Quadrate. Wenn also eine Pflasterung mit $S$ - und $Z$-Tetrominos möglich ist, erfordert diese gerade Anzahl auch eine gerade Anzahl von Z-Tetrominos.
Hinweis: Es gibt weitere Färbungsansätze, z.B. mit zwei Färbungen. Das Argument, $P$ müsse vollständig in achsensymmetrische Teile zerlegbar sein, in denen dann zwei $S$-Tetrominos durch zwei $Z$-Tetrominos ersetzt werden können, ist wie alle Ansätze, die auf lokalen Eigenschaften von $P$ beruhen, nicht zwingend und deckt nur Spezialfälle $a b$.
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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": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2015"
}
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Determine all positive integers $m$ with the following property:
The sequence $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ with $a_{0}=\frac{2 m+1}{2}$ and $a_{k+1}=a_{k}\left\lfloor a_{k}\right\rfloor$ for $k=0,1,2, \ldots$ contains at least one integer.
Hint: $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer part (integer function) of $x$.
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It holds that $a_{0}=m+\frac{1}{2}$ and $a_{1}=a_{0}\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=\left(m+\frac{1}{2}\right) \cdot m=m^{2}+\frac{m}{2}$. This expression is obviously an integer for even $m$, so the desired property of the sequence is present here.
Furthermore, for $m=1$, we have $a_{0}=\frac{3}{2},\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=1$, and for $a_{k}=\frac{3}{2}$, it always follows that $a_{k+1}=\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2}$. Thus, there is no integer term in the sequence.
Now let $m \geq 3$ be odd. There exists a unique representation $m=2^{p} \cdot n_{0}+1$ with $p \geq 1, n_{0}$ odd and $p, n_{0} \in \mathbb{N}$. Thus, $a_{0}=2^{p} n_{0}+\frac{3}{2}$, and for $a_{k}=2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}$ ( $n_{k}$ odd), it follows that $a_{k+1}=\left(2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}\right)\left(2^{p} n_{k}+1\right)=2^{p-1}\left(2^{p+1} n_{k}^{2}+5 n_{k}\right)+\frac{3}{2}$, where the term in parentheses is odd. Therefore, there exists a representation $a_{k+1}=2^{p-1} n_{k+1}+\frac{3}{2}$ with odd $n_{k+1}$. Increasing $k$ by 1 simultaneously decreases $p$ by 1, so $a_{k+p}=2^{0} n_{k+p}+\frac{3}{2}$ holds and $\left\lfloor a_{k+p}\right\rfloor$ is even. Then $a_{k+p+1}$ is an integer, and thus the desired property of the sequence is also present for every $m \geq 3$. Therefore, all positive integers except 1 belong to the desired set.
Hint: The occasional practice of calculating with "fractional residue classes" modulo a power of two often led to errors, such as the incorrect answer that no numbers with a remainder of 1 modulo 8 belong to the set.
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all positive integers except 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 positiven ganzen Zahlen $m$ mit folgender Eigenschaft:
Die Folge $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ mit $a_{0}=\frac{2 m+1}{2}$ und $a_{k+1}=a_{k}\left\lfloor a_{k}\right\rfloor$ für $k=0,1,2, \ldots$ enthält wenigstens eine ganze Zahl.
Hinweis: $\lfloor x\rfloor$ bezeichnet den größten ganzen Teil (integer-Funktion) von $x$.
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Es gilt $a_{0}=m+\frac{1}{2}$ und $a_{1}=a_{0}\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=\left(m+\frac{1}{2}\right) \cdot m=m^{2}+\frac{m}{2}$. Dieser Ausdruck ist für gerades $m$ offensichtlich ganz, so dass hier die gesuchte Eigenschaft der Folge vorliegt.
Weiterhin gilt bei $m=1$, dass $a_{0}=\frac{3}{2},\left\lfloor a_{0}\right\rfloor=1$ und für $a_{k}=\frac{3}{2}$ stets auch $a_{k+1}=\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2}$ ist. Hier gibt es also kein ganzzahliges Folgenglied.
Nun sei $m \geq 3$ ungerade. Es existiert die eindeutige Darstellung $m=2^{p} \cdot n_{0}+1$ mit $p \geq 1, n_{0}$ ungerade und $p, n_{0} \in \mathbb{N}$. Somit gilt $a_{0}=2^{p} n_{0}+\frac{3}{2}$, und für $a_{k}=2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}$ ( $n_{k}$ ungerade) folgt $a_{k+1}=\left(2^{p} n_{k}+\frac{3}{2}\right)\left(2^{p} n_{k}+1\right)=2^{p-1}\left(2^{p+1} n_{k}^{2}+5 n_{k}\right)+\frac{3}{2}$, wobei die Klammer ungerade ist. Also existiert eine Darstellung $a_{k+1}=2^{p-1} n_{k+1}+\frac{3}{2}$ mit ungeradem $n_{k+1}$. Durch Erhöhen von $k$ um 1 wird also gleichzeitig $p$ um 1 vermindert, so dass $a_{k+p}=2^{0} n_{k+p}+\frac{3}{2}$ gilt und $\left\lfloor a_{k+p}\right\rfloor$ gerade ist. Dann ist $a_{k+p+1}$ eine ganze Zahl, und so liegt auch für jedes $m \geq 3$ die gesuchte Eigenschaft der Folge vor. Damit gehören alle positiven ganzen Zahlen außer 1 zur gesuchten Menge.
Hinweis: Das gelegentlich praktizierte Rechnen mit „gebrochenen Restklassen" modulo einer Zweierpotenz führte häufig zu Fehlern wie etwa der falschen Antwort, dass keine Zahlen mit Rest 1 mod 8 zur Menge gehören.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
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"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2016"
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Determine all functions $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ that satisfy the equation $f(x-f(y))=f(f(x))-f(y)-1$ for all $x, y \in \mathbb{Z}$.
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The equation (1) is precisely satisfied by the functions $f_{1}: x \rightarrow-1$ and $f_{2}: x \rightarrow x+1$. By substitution, it is easily confirmed that both functions are solutions.
Now let $f$ be a function that satisfies (1) for all $x, y \in \mathbb{Z}$. By substituting $x=0$ and $y=f(0)$, we obtain with $z=-f(f(0))$ that $f(z)=-1$. Substituting $y=z$ into (1) leads to $f(x+1)=f(f(x))$ for all $x \in \mathbb{Z}$.
Thus, we simplify (1) to $f(x-f(y))=f(x+1)-f(y)-1$.
Substituting $y=x$ into (3) and using (2), we get $f(x+1)-f(x)=f(x-f(x))+1=f(f(x-1-f(x)))+1$.
Since from (3) it follows that $f(x-1-f(x))=f(x)-f(x)-1=-1$, this simplifies to $f(x+1)=f(x)+f(-1)+1=f(x)+c$ with a constant $c$. Therefore, $f$ is linear and satisfies the form $f(x)=c x+b$ with $b=f(0)$. Substituting this into (2) yields $c x+c+b=c^{2} x+c b+b$ for all $x \in \mathbb{Z}$. For $x=0$ and $x=1$, we get $c+b=c b+b$ and $c^{2}=c$; from this, it follows that $c=0$ or $c=1$. From $c=1$ we get $b=1$ and thus $f_{2}$; from $c=0$ it follows that $f$ is constant, and with (1) we get $b=-1$, so $f_{1}$. This completes the proof.
Hint: Often, restrictions were imposed at the beginning (e.g., that $x=f(y)$, i.e., belongs to the range), which were later "forgotten". The statement $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ was sometimes misinterpreted to mean that the range includes all integers.
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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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Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$, die für alle $x, y \in \mathbb{Z}$ die Gleichung $f(x-f(y))=f(f(x))-f(y)-1$
erfüllen.
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Die Gleichung (1) wird genau von den Funktionen $f_{1}: x \rightarrow-1$ und $f_{2}: x \rightarrow x+1$ erfüllt. Durch Einsetzen wird leicht bestätigt, dass beide Funktionen Lösungen sind.
Nun sei $f$ eine Funktion, die (1) für alle $x, y \in \mathbb{Z}$ erfüllt. Durch Einsetzen von $x=0$ und $y=f(0)$ erhalten wir mit $z=-f(f(0))$, dass $f(z)=-1$ ist. Einsetzen von $y=z$ in (1) führt auf $f(x+1)=f(f(x))$ für alle $x \in \mathbb{Z}$
Damit vereinfachen wir (1) zu $f(x-f(y))=f(x+1)-f(y)-1$
Mit $y=x$ in (3) und mit (2) ist $f(x+1)-f(x)=f(x-f(x))+1=f(f(x-1-f(x)))+1$.
Weil aus (3) folgt: $f(x-1-f(x))=f(x)-f(x)-1=-1$, vereinfacht sich dies zu $f(x+1)=f(x)+f(-1)+1=f(x)+c$ mit konstantem $c$. Daher ist $f$ linear und genügt dem Ansatz $f(x)=c x+b$ mit $b=f(0)$. Dies in (2) eingesetzt liefert $c x+c+b=c^{2} x+c b+b$ für alle $x \in \mathbb{Z}$. Für $x=0$ und $x=1$ erhalten wir $c+b=c b+b$ sowie $c^{2}=c$; daraus folgt $c=0$ oder $c=1$. Aus $c=1$ folgt $b=1$ und wir erhalten $f_{2}$; aus $c=0$ folgt, dass $f$ konstant ist, und mit (1) ergibt sich $b=-1$, also $f_{1}$. Damit ist alles gezeigt.
Hinweis: Oft wurden zu Beginn Einschränkungen vorgenommen (z.B. dass $x=f(y)$ ist, also zur Wertemenge gehört), die später „vergessen" wurden. Die Angabe $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ wurde gelegentlich so missverstanden, dass die Wertemenge alle ganzen Zahlen umfasst.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2016-loes_awkl_16.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2016"
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Let $ABC$ be a right triangle with $\varangle ACB = \gamma = 90^{\circ}$. Furthermore, let $H$ be the foot of the altitude from $C$ to $AB$.
Now, we choose a point $D$ inside the triangle $HBC$ such that $CH$ bisects the segment $AD$, and denote the intersection of $CH$ and $BD$ by $P$. We construct the semicircle $k$ with $BD$ as its diameter, which is intersected by $BC$. A line through $P$ is tangent to $k$ at the point $Q$. Prove that the lines $CQ$ and $AD$ always intersect on $k$.
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Let $K$ be the foot of the perpendicular from $D$ to $AB$ and $T$ the intersection of $AD$ with $k$. Since $\varangle A T B = \varangle A C B = 90^{\circ}$, $T$ also lies on the circumcircle of $ABC$. Because $C H \| D K$, it follows that $|A H| = |H K|$.
To prove that $C, Q$, and $T$ are collinear, we consider the intersection $Q'$ of $CT$ with $k$ and need only show that $P Q' k$ is tangent, or that $\varangle P Q' D = \varangle Q' B D$.
Since $B T Q' D$ is a cyclic quadrilateral and the triangles $A H C$ and $H K C$ are congruent, we have
$\varangle Q' B D = \varangle Q' T D = \varangle C T A = \varangle C B A = \varangle A C H = \varangle H C K$. Therefore, the right triangles $C H K$ and $B Q' D$ are similar, which implies $|H K| / |C K| = |Q' D| / |B D|$, hence $|H K| \cdot |B D| = |C K| \cdot |Q' D|$ (1). Since $P H \| D K$, we have $|P D| / |B D| = |H K| / |B K|$, thus $|P D| \cdot |B K| = |H K| \cdot |B D|$ (2). Comparing (1) and (2) leads to $|P D| \cdot |B K| = |C K| \cdot |Q' D|$ and thus $|P D| / |Q' D| = |C K| / |B K|$. Therefore, and because $\varangle C K A = \varangle K A C = \varangle B D Q'$, the triangles $C K B$ and $P D Q'$ are similar. Hence, $\varangle P Q' D = \varangle C B A = \varangle Q' B D$, which is what we needed to show.
Hint: A pure angle chase does not lead to the goal; however, there are other proof possibilities, such as utilizing a suitable homothety with center $B$.
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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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Es sei $A B C$ ein rechtwinkliges Dreieck mit $\varangle A C B=\gamma=90^{\circ}$. Ferner sei $H$ der Fußpunkt der Höhe von $C$ auf $A B$.
Nun wählen wir einen Punkt $D$ so im Inneren des Dreiecks $H B C$, dass $C H$ die Strecke $A D$ halbiert, und bezeichnen den Schnittpunkt von $C H$ und $B D$ mit $P$. Über der Strecke $B D$ als Durchmesser errichten wir denjenigen Halbkreis $k$, der von $B C$ geschnitten wird. Eine Gerade durch $P$ berührt $k$ im Punkt $Q$. Man beweise, dass sich die Geraden $C Q$ und $A D$ stets auf $k$ schneiden.
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Wie in der Figur sei $K$ der Fußpunkt des Lotes von $D$ auf $A B$ und $T$ der Schnittpunkt von $A D$ mit $k$. Wegen $\varangle A T B=\varangle A C B=90^{\circ}$ liegt $T$ auch auf dem Umkreis von $A B C$. Wegen $C H \| D K$ gilt $|A H|=|H K|$.
Um nachzuweisen, dass $C, Q$ und $T$ kollinear sind, betrachten wir den Schnittpunkt $Q^{\prime}$ von $C T$ mit $k$ und müssen nur zeigen, dass $P Q^{\prime} k$ berührt, bzw. dass $\varangle P Q^{\prime} D=\varangle Q^{\prime} B D$ ist.
Weil $B T Q^{\prime} D$ ein Sehnenviereck ist und die Dreiecke $A H C$ und $H K C$ kongruent sind, gilt
$\varangle Q^{\prime} B D=\varangle Q ' T D=\varangle C T A=\varangle C B A=\varangle A C H=\varangle H C K$. Also sind die rechtwinkligen Dreiecke $C H K$ und $B Q^{\prime} D$ ähnlich, woraus $|H K| /|C K|=\left|Q^{\prime} D\right| /|B D|$ folgt, also $|H K| \cdot|B D|=|C K| \cdot\left|Q^{\prime} D\right|$ (1). Wegen $P H \| D K$ gilt $|P D| /|B D|=|H K| /|B K|$, also $|P D| \cdot|B K|=|H K| \cdot|B D|$ (2). Der Vergleich von (1) und (2) führt auf $|P D| \cdot|B K|=|C K| \cdot\left|Q^{\prime} D\right|$ und somit $|P D| /\left|Q^{\prime} D\right|=|C K| /|B K|$. Deswegen und weil $\varangle C K A=\varangle K A C=\varangle B D Q^{\prime}$ ist, sind die Dreiecke $C K B$ und $P D Q^{\prime}$ ähnlich. Daher gilt $\varangle P Q^{\prime} D=\varangle C B A=\varangle Q^{\prime} B D$, was zu zeigen war.
Hinweis: Eine reine Winkeljagd führt nicht zu Ziel; allerdings gibt es andere Beweismöglichkeiten, wie etwa Ausnutzen einer geeigneten Drehstreckung mit Zentrum $B$.
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Given positive integers $k$ and $n$ with $n>k$. By a binary word of length $n$, we mean a sequence of $n$ elements, each being 0 or 1. Anja selects one of all possible binary words of length $n$. Then she writes down all binary words of length $n$ that differ from her chosen word at exactly $k$ positions on a board. Afterwards, Bernhard enters the room. Anja tells him the value of $k$ and then he examines the binary words on the board. He tries to guess the binary word initially chosen by Anja. What is (in dependence on $k$ and $n$) the minimum number of attempts Bernhard needs to guess the binary word with certainty?
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The answer is: If $n \neq 2k$, Bernhard can always guess the word chosen by Anja on the first attempt. In the case $n=2k$, he needs two attempts to guess the word with certainty. We denote the word chosen by Anja at the beginning with $u$.
Case 1: $n \neq 2k$. Let $1 \leq i \leq n$ be arbitrary. Of all $\binom{n}{k}$ words on the board, exactly $\binom{n-1}{k}$ agree with $u$ at the $i$-th position, and $\binom{n-1}{k-1}$ differ from $u$ at the $i$-th position. Simple calculation shows that in the case $n \neq 2k$, $\binom{n-1}{k} \neq \binom{n-1}{k-1}$ also holds, meaning Bernhard can deduce the $i$-th position of $u$ by examining the $i$-th positions of all words on the board. Since this works for all $i=1, \ldots, n$, Bernhard can uniquely determine the word $u$ chosen by Anja at the beginning and guess it correctly on the first attempt.
Case 2: $n=2k$. We first show that Bernhard cannot uniquely determine $u$, meaning he might need more than one attempt. Suppose Anja had chosen the (unique) binary word $\bar{u}$ that differs from her actual word $u$ at all positions. An arbitrary binary word of length $n$ agrees with $u$ in exactly $k=n/2$ positions if and only if it agrees with $\bar{u}$ in exactly $k=n/2$ positions. This means that Anja would have written exactly the same binary words on the board. This implies that Bernhard has no way to distinguish between $u$ and $\bar{u}$ and might guess Anja's word incorrectly on his first attempt. We now show that Bernhard can always succeed in two attempts. It suffices to prove that for any binary word $w$ of length $n$ that is different from both $u$ and $\bar{u}$, the set of all binary words of length $n$ that differ from $w$ in exactly $k=n/2$ positions is not identical to the set of words on the board. Without loss of generality, we can assume that $w$ differs from $u$ in exactly $a$ positions, where $0 < a \leq k=n/2$ (otherwise consider $\bar{u}$ instead of $u$). Then we can change exactly $k$ of the remaining $n-a \geq k$ positions and obtain a word $w'$ that differs from $w$ in exactly $k$ positions but differs from $u$ in $a+k > k$ positions, meaning it is not on the board.
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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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Combinatorics
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Gegeben seien positive ganze Zahlen $k$ und $n$ mit $n>k$. Unter einem Binärwort der Länge $n$ verstehen wir eine Folge aus $n$ Folgengliedern, die alle 0 oder 1 sind. Anja wählt unter allen möglichen Binärwörtern der Länge $n$ eines aus. Dann schreibt sie alle Binärwörter der Länge $n$, die sich von ihrem gewählten Wort an genau $k$ Stellen unterscheiden, an eine Tafel. Anschließend betritt Bernhard den Raum. Anja nennt ihm den Wert von $k$ und danach betrachtet er die Binärwörter an der Tafel. Er versucht nun das zu Beginn von Anja gewählte Binärwort zu erraten. Was ist (in Abhängigkeit von $k$ und $n$ ) die minimale Anzahl an Versuchen, die Bernhard benötigt um das Binärwort mit Sicherheit zu erraten?
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Die Antwort lautet: Falls $n \neq 2 k$ kann Bernhard das von Anja gewählte Wort stets im ersten Versuch erraten, im Fall $n=2 k$ braucht er zwei Versuche um das Wort mit Sicherheit zu erraten. Wir bezeichnen das von Anja zu Beginn gewählte Wort mit $u$.
Fall 1: $n \neq 2 k$. Es sei $1 \leq i \leq n$ beliebig. Von allen $\binom{n}{k}$ Wörtern an der Tafel stimmen genau $\binom{n-1}{k}$ an der $i$-ten Stelle mit $u$ überein und $\binom{n-1}{k-1}$ sind an der $i$-ten Stelle verschieden von $u$. Einfaches Nachrechnen zeigt, dass im Fall $n \neq 2 k$ auch $\binom{n-1}{k} \neq\binom{ n-1}{k-1}$ gilt, das heißt Bernhard kann durch das Betrachten der $i$-ten Stellen aller Wörter an der Tafel auf die $i$-te Stelle von $u$ schließen. Da dies für alle $i=1, \ldots, n$ funktioniert, kann Bernhard das von Anja zu Beginn gewählte Wort $u$ eindeutig bestimmen und errät es auf diese Weise im ersten Versuch. Fall $2: n=2 k$. Wir zeigen zunächst, dass Bernhard nicht eindeutig auf $u$ schließen kann, also möglicherweise mehr als einen Versuche benötigt. Angenommen, Anja hätte das (eindeutige) Binärwort $\bar{u}$ gewählt, dass sich an allen Stellen von ihrem tatsächlichen Wort $u$ unterscheidet. Ein beliebiges Binärwort der Länge $n$ stimmt genau dann in $k=n / 2$ Stellen mit $u$ überein, wenn es in $k=n / 2$ Stellen mit $\bar{u}$ übereinstimmt, das heißt Anja hätte in diesem Fall exakt die gleichen Binärwörter an die Tafel geschrieben. Dies bedeutet, dass Bernhard keine Möglichkeit hat zwischen $u$ und $\bar{u}$ zu unterscheiden und in seinem ersten Versuch Anjas Wort zu raten möglicherweise falsch liegt. Wir zeigen nun, dass Bernhard in zwei Versuchen stets Erfolg haben kann. Dazu genügt es zu beweisen, dass für jedes von $u$ und $\bar{u}$ verschiedene Binärwort $w$ der Länge $n$ die Menge aller Binärwörter der Länge $n$, die sich an genau $k=n / 2$ Stellen von $w$ unterscheiden, nicht identisch mit der Menge der Wörter an der Tafel ist. Dazu dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen dass sich $w$ von $u$ an genau $a$ Stellen unterscheidet, wobei $0<a \leq k=n / 2$ (sonst betrachte $\bar{u}$ statt $u$ ). Dann können wir genau $k$ der übrigen $n-a \geq k$ Stellen abändern und erhalten ein Wort $w^{\prime}$, das sich an genau $k$ Stellen von $w$ unterscheidet, aber an $a+k>k$ Stellen von $u$, das heißt es steht nicht an der Tafel.
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}
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral. The diagonal $BD$ bisects the angle $\measuredangle CBA$. The circumcircle of triangle $ABC$ intersects the segments $\overline{CD}$ and $\overline{DA}$ at the interior points $P$ and $Q$, respectively. The line through point $D$ parallel to the line $AC$ intersects the lines $BA$ and $BC$ at the points $R$ and $S$, respectively. Prove that the four points $P, Q, R$, and $S$ lie on a common circle.
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Step 1: Since $\measuredangle B R D = \measuredangle B A C = \measuredangle B P C = \pi - \measuredangle D P B$, $B P D R$ is a cyclic quadrilateral. Similarly, it can be shown that $B S D Q$ is also a cyclic quadrilateral. Step 2: Let $X$ be defined as the intersection of $B D$ with the circumcircle of triangle $A B C$. Then, $\measuredangle D P X = \pi - \measuredangle X P C = \measuredangle C B X = 1 / 2 \measuredangle C B A$. Since from Step 1, $\measuredangle D P R = \measuredangle D B R = 1 / 2 \measuredangle D B A$ also holds, $X$ lies on $P R$. Similarly, it can be shown that $X$ also lies on $Q S$. Step 3: We combine these insights and calculate (using the chord theorem) $|P X| \cdot |X R| = |B X| \cdot |X D| = |Q X| \cdot |X S|$. Using the converse of the chord theorem, the claim 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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Es sei $A B C D$ ein konvexes Viereck. Die Diagonale $B D$ halbiere den Winkel $\measuredangle C B A$. Der Umkreis des Dreiecks $A B C$ schneide die Strecken $\overline{C D}$ und $\overline{D A}$ in den inneren Punkten $P$ bzw. $Q$. Die durch den Punkt $D$ verlaufende Parallele zur Geraden $A C$ schneide die Geraden $B A$ und $B C$ in den Punkten $R$ bzw. $S$. Man beweise, dass die vier Punkte $P, Q, R$ und $S$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.
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Schritt 1: Wegen $\measuredangle B R D=\measuredangle B A C=\measuredangle B P C=\pi-\measuredangle D P B$ ist $B P D R$ ein Sehnenviereck. Analog zeigt man, dass auch $B S D Q$ ein Sehnenviereck ist. Schritt 2: Es sei $X$ definiert als der Schnittpunkt von $B D$ mit dem Umkreis des Dreiecks $A B C$. Dann gilt $\measuredangle D P X=\pi-\measuredangle X P C=\measuredangle C B X=1 / 2 \measuredangle C B A$. Da nach Schritt 1 auch $\measuredangle D P R=\measuredangle D B R=1 / 2 \measuredangle D B A$ gilt, liegt $X$ auf $P R$. Analog zeigt man, dass $X$ auch auf $Q S$ liegt. Schritt 3: Wir kombinieren die Erkenntnisse und rechnen (mithilfe des Sehnensatzes) $|P X| \cdot|X R|=|B X| \cdot|X D|=|Q X| \cdot|X S|$. Mit der Umkehrung des Sehnensatzes folgt nun die Behauptung.
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"year": "2017"
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Die Menge der positiven ganzen Zahlen sei mit $\mathbb{N}$ bezeichnet. Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ mit der folgenden Eigenschaft: Für alle positiven ganzen Zahlen $m$ und $n$ ist die Zahl $f(m)+f(n)-m n$ von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.
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Antwort: Es gibt genau eine Funktion, die die beschriebene Bedingung erfüllt, nämlich $f(k)=k^{2}$ für alle $k$. Zum Beweis sei $f$ wie verlangt. Schritt 1: Einsetzen von $m=n=1$ liefert $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)$, also auch $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)-(2 f(1)-1)=1$ und damit $2 f(1)-1=1$, also $f(1)=1$. Schritt 2: Von nun an stehe $p$ stets für eine Primzahl mit $p \geq 7$. Einsetzen von $m=n=p$ liefert $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)$ und damit auch $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)-p\left(2 f(p)-p^{2}\right)=p^{3}$, also
$$
2 f(p)-p^{2} \in\left\{-p^{3},-p^{2},-p,-1,1, p, p^{2}, p^{3}\right\}
$$
Da $f(p)>0$ folgt
$$
f(p) \in\left\{\frac{p^{2}-p}{2}, \frac{p^{2}-1}{2}, \frac{p^{2}+1}{2}, \frac{p^{2}+p}{2}, p^{2}, \frac{p^{3}+p^{2}}{2}\right\} .
$$
Schritt 3: Wir setzen $m=1, n=p$ und erhalten $f(p)+1-p \mid p f(p)+1$, also auch $f(p)+1-p \mid p f(p)+1-p(f(p)+1-p)=p^{2}-p+1$. Angenommen, es gilt $f(p) \neq p^{2}$. Dann folgt (beachte, dass $p^{2}-p+1$ ungerade ist) notwendigerweise $f(p)+1-p \leq 1 / 3\left(p^{2}-p+1\right)$. Nach Schritt 2 gilt jedoch $f(p) \geq\left(p^{2}-p\right) / 2$, es folgt also
$$
\begin{aligned}
\frac{p^{2}-p}{2}+1-p & \leq \frac{p^{2}-p+1}{3} \\
3 p^{2}-3 p+6-6 p & \leq 2 p^{2}-2 p+1 \\
p^{2}+5 & \leq 7 p
\end{aligned}
$$
was für $p \geq 7$ nicht der Fall ist. Also war die obige Annahme falsch und es muss $f(p)=p^{2}$ gelten. Schritt 4: Es sei $n \in \mathbb{N}$ beliebig. Wir setzen $m=p$ und erhalten $f(n)+p^{2}-p n \mid$ $p^{3}+n f(n)$, also auch $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{3}+n f(n)-n\left(f(n)-p^{2}-p n\right)=p\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)$. Für alle hinreichend großen Primzahlen $p$ ist $f(n)$ und damit auch die linke Seite des letzten Ausdrucks nicht durch $p$ teilbar, daher folgt $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{2}-p n+n^{2}$ und somit auch $f(n)+p^{2}-p n \mid\left(f(n)+p^{2}-p n\right)-\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)=f(n)-n^{2}$. Da die linke Seite beliebig groß werden kann (es gibt unendlich viele Primzahlen) folgt $f(n)-n^{2}=0$ und damit $f(n)=n^{2}$. Schritt 5: Die Probe bestätigt dass $f(k)=k^{2}$ für alle $k \in \mathbb{N}$ tatsächlich die Bedingung erfüllt: Es gilt $f(m)+f(n)-m n=m^{2}+n^{2}-m n \geq 2 m n-m n=m n>0$, und außerdem gilt $\left(m^{2}+n^{2}-m n\right)(m+n)=m^{3}+n^{3}=m f(m)+n f(n)$, das heißt $f(m)+f(n)-m n$ ist von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.
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f(k)=k^{2}
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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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Die Menge der positiven ganzen Zahlen sei mit $\mathbb{N}$ bezeichnet. Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ mit der folgenden Eigenschaft: Für alle positiven ganzen Zahlen $m$ und $n$ ist die Zahl $f(m)+f(n)-m n$ von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.
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Antwort: Es gibt genau eine Funktion, die die beschriebene Bedingung erfüllt, nämlich $f(k)=k^{2}$ für alle $k$. Zum Beweis sei $f$ wie verlangt. Schritt 1: Einsetzen von $m=n=1$ liefert $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)$, also auch $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)-(2 f(1)-1)=1$ und damit $2 f(1)-1=1$, also $f(1)=1$. Schritt 2: Von nun an stehe $p$ stets für eine Primzahl mit $p \geq 7$. Einsetzen von $m=n=p$ liefert $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)$ und damit auch $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)-p\left(2 f(p)-p^{2}\right)=p^{3}$, also
$$
2 f(p)-p^{2} \in\left\{-p^{3},-p^{2},-p,-1,1, p, p^{2}, p^{3}\right\}
$$
Da $f(p)>0$ folgt
$$
f(p) \in\left\{\frac{p^{2}-p}{2}, \frac{p^{2}-1}{2}, \frac{p^{2}+1}{2}, \frac{p^{2}+p}{2}, p^{2}, \frac{p^{3}+p^{2}}{2}\right\} .
$$
Schritt 3: Wir setzen $m=1, n=p$ und erhalten $f(p)+1-p \mid p f(p)+1$, also auch $f(p)+1-p \mid p f(p)+1-p(f(p)+1-p)=p^{2}-p+1$. Angenommen, es gilt $f(p) \neq p^{2}$. Dann folgt (beachte, dass $p^{2}-p+1$ ungerade ist) notwendigerweise $f(p)+1-p \leq 1 / 3\left(p^{2}-p+1\right)$. Nach Schritt 2 gilt jedoch $f(p) \geq\left(p^{2}-p\right) / 2$, es folgt also
$$
\begin{aligned}
\frac{p^{2}-p}{2}+1-p & \leq \frac{p^{2}-p+1}{3} \\
3 p^{2}-3 p+6-6 p & \leq 2 p^{2}-2 p+1 \\
p^{2}+5 & \leq 7 p
\end{aligned}
$$
was für $p \geq 7$ nicht der Fall ist. Also war die obige Annahme falsch und es muss $f(p)=p^{2}$ gelten. Schritt 4: Es sei $n \in \mathbb{N}$ beliebig. Wir setzen $m=p$ und erhalten $f(n)+p^{2}-p n \mid$ $p^{3}+n f(n)$, also auch $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{3}+n f(n)-n\left(f(n)-p^{2}-p n\right)=p\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)$. Für alle hinreichend großen Primzahlen $p$ ist $f(n)$ und damit auch die linke Seite des letzten Ausdrucks nicht durch $p$ teilbar, daher folgt $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{2}-p n+n^{2}$ und somit auch $f(n)+p^{2}-p n \mid\left(f(n)+p^{2}-p n\right)-\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)=f(n)-n^{2}$. Da die linke Seite beliebig groß werden kann (es gibt unendlich viele Primzahlen) folgt $f(n)-n^{2}=0$ und damit $f(n)=n^{2}$. Schritt 5: Die Probe bestätigt dass $f(k)=k^{2}$ für alle $k \in \mathbb{N}$ tatsächlich die Bedingung erfüllt: Es gilt $f(m)+f(n)-m n=m^{2}+n^{2}-m n \geq 2 m n-m n=m n>0$, und außerdem gilt $\left(m^{2}+n^{2}-m n\right)(m+n)=m^{3}+n^{3}=m f(m)+n f(n)$, das heißt $f(m)+f(n)-m n$ ist von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.
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"year": "2017"
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Determine the smallest real constant $C$ with the following property:
For any five arbitrary positive real numbers $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$, which do not necessarily have to be distinct, there always exist pairwise different indices $i, j, k, l$ such that
$\left|\frac{a_{i}}{a_{j}}-\frac{a_{k}}{a_{l}}\right| \leq C$ holds.
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The desired value is $C=\frac{1}{2}$.
First, we prove that $C \leq \frac{1}{2}$. To do this, we assume without loss of generality (oBdA) that $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq a_{4} \leq a_{5}$ and consider the five fractions $\frac{a_{1}}{a_{2}}, \frac{a_{3}}{a_{4}}, \frac{a_{1}}{a_{5}}, \frac{a_{2}}{a_{3}}, \frac{a_{4}}{a_{5}}$. By the pigeonhole principle, at least three of these fractions lie in one of the intervals ]0, $\frac{1}{2}$ ] or $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$. Among these, two fractions are consecutive in the list or the first and the last fraction are included. In any case, the positive difference between these two fractions is less than $\frac{1}{2}$, and the four involved indices are pairwise distinct.
Now we show that $C \geq \frac{1}{2}$. For this, consider the example 1, 2, 2, 2, $r$, where $r$ is a very large number. With these numbers, we can form the fractions $\frac{1}{r}, \frac{2}{r}, \frac{1}{2}, \frac{2}{2}, \frac{2}{1}, \frac{r}{2}, \frac{r}{1}$, ordered by size. According to the problem statement, $\frac{1}{r}$ and $\frac{2}{r}$ cannot both be chosen. Therefore, the smallest positive difference is $\frac{1}{2}-\frac{2}{r}$, which approaches the value $\frac{1}{2}$ from below as $r \rightarrow \infty$. $\square$
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\frac{1}{2}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Inequalities
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Man bestimme die kleinste reelle Konstante $C$ mit folgender Eigenschaft:
Für fünf beliebige positive reelle Zahlen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$, die nicht unbedingt verschieden sein müssen, lassen sich stets paarweise verschiedene Indizes $i, j, k, l$ finden, so dass
$\left|\frac{a_{i}}{a_{j}}-\frac{a_{k}}{a_{l}}\right| \leq C$ gilt.
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Der gesuchte Wert ist $C=\frac{1}{2}$.
Zunächst beweisen wir, dass $C \leq \frac{1}{2}$ gilt. Dazu nehmen wir oBdA $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq a_{4} \leq a_{5}$ an und betrachten die fünf Brüche $\frac{a_{1}}{a_{2}}, \frac{a_{3}}{a_{4}}, \frac{a_{1}}{a_{5}}, \frac{a_{2}}{a_{3}}, \frac{a_{4}}{a_{5}}$. Nach dem Schubfachprinzip liegen in einem der Intervalle ]0, $\frac{1}{2}$ ] bzw. $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$ drei verschiedene dieser Brüche, wobei zwei von diesen in der Aufzählung direkt aufeinanderfolgen oder der erste und der letzte Bruch dabei sind. Jedenfalls ist die positive Differenz dieser beiden Brüche kleiner als $\frac{1}{2}$ und die vier beteiligten Indizes sind paarweise verschieden.
Nun zeigen wir, dass $C \geq \frac{1}{2}$ gilt. Dazu betrachten das Beispiel 1, 2, 2, 2 , $r$, wobei $r$ eine Riesenzahl sein soll. Mit diesen Zahlen lassen sich - der Größe nach geordnet - die Brüche $\frac{1}{r}, \frac{2}{r}, \frac{1}{2}, \frac{2}{2}, \frac{2}{1}, \frac{r}{2}, \frac{r}{1}$ bilden, wobei nach der Aufgabenstellung $\frac{1}{r}$ und $\frac{2}{r}$ nicht gleichzeitig gewählt werden dürfen. Daher ist die kleinste positive Differenz gleich $\frac{1}{2}-\frac{2}{r}$, und dies nähert sich für $r \rightarrow \infty$ dem Wert $\frac{1}{2}$ von unten beliebig gut an. $\square$
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Let $n$ be a positive integer that is coprime to 6. We color the vertices of a regular $n$-gon with three colors such that for each color, the number of vertices colored with it is odd.
Prove that there always exists an isosceles triangle whose vertices belong to the vertices of the $n$-gon and are all colored differently.
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Let $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ be the numbers of isosceles triangles whose vertices contain exactly 1, 2, and 3 colors, respectively. We assume that $a_{3}=0$. The colors are red, green, and blue, where $r, g$, and $b$ denote the (odd) number of vertices colored with each respective color. We now determine the number $a$ of pairs $(\Delta, v)$, where $\Delta$ is an isosceles triangle with more than one vertex color and $v$ is a side of this triangle whose endpoints are colored differently, in two ways.
Due to $a_{3}=0$, the vertices of such a triangle must be colored with exactly two colors, one of which belongs to two vertices that are endpoints of a side $v$. Thus, each triangle contributes two pairs, and it follows that $a=2 a_{2}$.
For any two vertices $A$ and $B$, there are exactly three different vertices $C$ that form an isosceles triangle with $A$ and $B$: either $A B=A C$ or $A B=B C$ or $A C=B C$. None of these possibilities can coincide, otherwise $A B C$ would be equilateral and $n$ would be divisible by 3. $A C=B C$ exists because $n$ is odd, and thus the perpendicular bisector of $A B$ passes through exactly one other vertex. Therefore, starting from two differently colored vertices $A$ and $B$, we have $a=3(r g+g b+b r)$. This term is odd by assumption, in contradiction to $a=2 a_{2}$. Hence, $a_{3} \neq 0$ must 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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Combinatorics
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Es sei $n$ eine positive ganze Zahl, die teilerfremd zu 6 ist. Wir färben die Ecken eines regulären $n$-Ecks so mit drei Farben, dass für jede Farbe die Anzahl der mit ihr gefärbten Ecken ungerade ist.
Man beweise, dass es dann stets ein gleichschenkliges Dreieck gibt, dessen Ecken zu den Ecken des $n$ Ecks gehören und alle verschieden gefärbt sind.
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Es seien $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ die Anzahlen der gleichschenkligen Dreiecke, in deren Eckpunkten genau 1, 2 bzw. 3 Farben vorkommen. Wir nehmen an, dass $a_{3}=0$ gelte. Die Farben seien rot, grün und blau, wobei $r, g$ und $b$ die (ungerade) Anzahl der jeweils so gefärbten Ecken bezeichnet. Wir bestimmen nun auf zwei Arten die Anzahl $a$ der Paare ( $\Delta, v$ ), wobei $\Delta$ ein gleichschenkliges Dreieck mit mehr als einer Eckenfarbe und $v$ eine Seitenkante dieses Dreiecks ist, deren Endpunkte mit verschiedenen Farben belegt sind.
Wegen $a_{3}=0$ müssen die Eckpunkte eines solchen Dreiecks mit genau zwei Farben belegt sein, von denen eine zu zwei Ecken gehört, die jeweils Endpunkte einer Seitenkante $v$ sind. Also trägt jedes Dreieck zwei Paare bei und es ist $a=2 a_{2}$.
Zu je zwei Eckpunkten $A$ und $B$ gibt genau drei verschiedene Eckpunkte $C$, die mit $A$ und $B$ ein gleichschenkliges Dreieck bilden: entweder ist $A B=A C$ oder $A B=B C$ oder $A C=B C$. Dabei können keine dieser Möglichkeiten zusammenfallen, weil sonst $A B C$ gleichseitig und $n$ durch 3 teilbar wäre. $A C=B C$ existiert, weil $n$ ungerade ist und daher die Mittelsenkrechte von $A B$ durch genau einen weiteren Eckpunkt verläuft. Daher gilt, ausgehend von zwei verschieden gefärbten Eckpunkten $A$ und $B$, dass $a=3(r g+g b+b r)$ ist. Dieser Term ist nach Voraussetzung ungerade, im Widerspruch zu $a=2 a_{2}$. Daher muss $a_{3} \neq 0$ gelten.
[^0]
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"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2017"
}
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Let $ABC$ be a triangle with $AB = AC \neq BC$. Furthermore, let $I$ be the incenter of $ABC$.
The line $BI$ intersects $AC$ at point $D$, and the perpendicular to $AC$ through $D$ intersects $AI$ at point $E$. Prove that the reflection of $I$ over the line $AC$ lies on the circumcircle of triangle $BDE$.
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First, we prove the following lemma (already using the appropriate notation for the problem): The perpendicular bisector of a side $B I I^{\prime}$ and the angle bisector through the third vertex $D$ intersect on the circumcircle of any non-isosceles triangle $B I^{\prime} D$. ("South Pole Theorem") Proof of the lemma: Let $M$ be the center of the circumcircle of $B I^{\prime} D$ and $S$ the intersection point of the angle bisector with the circumcircle, different from $D$. Then $\angle B M I I^{\prime}$, as a central angle, is twice as large as $\angle B D I^{\prime}$, and $\angle S D I^{\prime}$ is half as large as $\angle B D I^{\prime}$. Since the perpendicular bisector of $B I^{\prime}$ bisects both arcs of the circumcircle corresponding to this chord, it must pass through $S$.
Corollary: Let the other intersection point of the perpendicular bisector of $B I^{\prime}$ with the circumcircle be $E$. Then, according to the lemma, $D$ lies on the Thales circle over $E S$, and $\angle E D S = 90^{\circ}$. Therefore, $D E$ is the external angle bisector of $\angle B D I^{\prime}$. The converse also holds: If for a point $E$ on the external angle bisector of $\angle B D I^{\prime}$, $B E = E I^{\prime}$ also holds, then $E$ lies on the circumcircle of $B I^{\prime} D$.
For the main proof, we denote the reflection point of $I$ as $I^{\prime}$ and the second intersection point of $A I$ with the circumcircle of triangle $A B D$ as $D^{\prime}$. Since $A D^{\prime}$ is the angle bisector of $\angle B A D$, $D^{\prime}$ is the midpoint of the arc $B D$, and thus $D D^{\prime} = B D^{\prime} = C D^{\prime}$.
Using the inscribed angle theorem for the chord $A D$ and appropriate angle bisectors, we get $\angle D D^{\prime} E = \angle D D^{\prime} A = \angle D B A = \angle C B I = \angle I C B$. Since $D^{\prime}$, due to the equal distances, is the circumcenter of triangle $B C D$, we have $\angle E D D^{\prime} = 90^{\circ} - \angle D^{\prime} D C = \angle C B D = \angle C B I$, and thus the triangles $E D^{\prime} D$ and $I B C$ are similar. This implies $\frac{B C}{C I} = \frac{B C}{C I} = \frac{D D^{\prime}}{D^{\prime} E} = \frac{B D^{\prime}}{D^{\prime} E}$.
Furthermore, $\angle I^{\prime} C B = \angle A C B + \angle I^{\prime} C A = \angle A C B + \angle A C I = \angle A C B + \angle C B D = \angle B D A = \angle B D^{\prime} E$, and therefore the triangles $B C I^{\prime}$ and $B D^{\prime} E$ are similar, as are $B C D^{\prime}$ and $B I^{\prime} E$, because the rotation-dilation centered at $B$ that maps $B C I^{\prime}$ to $B D^{\prime} E$ also maps $C D^{\prime}$ to $I^{\prime} E$.
Since $B C D^{\prime}$ is isosceles, $B E = E I^{\prime}$ also holds.
Now, $D E \perp A C$, and by the corollary, $E$ lies on the circumcircle of triangle $B I^{\prime} D$.
Note: There are many other solution approaches to this problem, but none of them can be solved with simple angle chasing. All analytical solution attempts failed due to the increasingly complex terms. In the sketch, $M I^{\prime}$ and $D S$ intersect at $C$; this is indeed always the case.
[^0]: Note: Many solution approaches using a procedure to color new points appropriately contained gaps because loops or multiple assignments were not fully investigated.
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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 Dreieck mit $A B=A C \neq B C$. Ferner sei $I$ der Inkreismittelpunkt von $A B C$.
Die Gerade $B I$ schneidet $A C$ im Punkt $D$, und die Orthogonale zu $A C$ durch $D$ schneidet $A I$ im Punkt $E$. Man beweise, dass der Spiegelpunkt von $I$ bei Spiegelung an der Achse $A C$ auf dem Umkreis des Dreiecks BDE liegt.
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Zunächst beweisen wir (schon mit den zur Aufgabe passenden Bezeichnungen) folgendes Lemma: Die Mittelsenkrechte einer Seite $B I I^{\prime}$ und die Winkelhalbierende durch den dritten Eckpunkt $D$ schneiden sich auf dem Umkreis jedes nicht gleichschenkligen Dreiecks $B I^{\prime} D$. („Südpolsatz") Beweis des Lemmas: Es sei $M$ der Mittelpunkt des Umkreises von $B I^{\prime} D$ und $S$ der von $D$ verschiedene Schnittpunkt der Winkelhalbierenden mit dem Umkreis. Dann ist $\square B M I I^{\prime}$ als Mittelpunktswinkel doppelt so groß wie $\square B D I^{\prime}$ und $\square S D I^{\prime}$ halb so groß wie $\square B D I^{\prime}$. Da aber die Mittelsenkrechte von $B I^{\prime}$ beide Bögen des Umkreises zu dieser Sehne halbiert, muss sie durch $S$ gehen.
Korollar: Der andere Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von $B I$ ' mit dem Umkreis sei $E$. Dann liegt nach dem Lemma $D$ auf dem Thaleskreis über $E S$ und es ist $\square E D S=90^{\circ}$ Somit ist $D E$ die äußere Winkelhalbierende von $\square B D I^{\prime}$. Die Umkehrung gilt ebenfalls: Wenn für den Punkt $E$ auf der äußeren Winkelhalbierenden von $\square B D I^{\prime}$ auch $B E=E I '$ gilt, dann liegt $E$ auf dem Umkreis von $B I^{\prime} D$.
Für den Hauptbeweis bezeichnen wir den Spiegelpunkt von $I$ mit $I^{\prime}$ und den zweiten Schnittpunkt von $A I$ und dem Umkreis des Dreiecks $A B D$ mit $D^{\prime}$. Weil $A D^{\prime}$ die Winkelhalbierende von $\square B A D$ ist, liegt $D^{\prime}$ in der Mitte des Bogens $B D$ und so gilt $D D^{\prime}=B D^{\prime}=C D^{\prime}$.
Unter Verwendung des Umfangswinkelsatzes über der Sehne $A D$ sowie geeigneter Winkelhalbierender erhalten wir $\square D D^{\prime} E=\square D D^{\prime} A=\square D B A=\square C B I=\square I C B$. Weil $D^{\prime}$ wegen der gleichen Abstände der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $B C D$ ist, gilt $\square E D D^{\prime}=90^{\circ}-\square D^{\prime} D C=\square C B D=\square C B I$, also sind wegen $\square C B I=\square I C B$ die Dreiecke $E D^{\prime} D$ und $I B C$ ähnlich. Daraus folgt $\frac{B C}{C I}=\frac{B C}{C I}=\frac{D D^{\prime}}{D^{\prime} E}=\frac{B D^{\prime}}{D^{\prime} E}$.
Außerdem gilt $\square I^{\prime} C B=\square A C B+\square I^{\prime} C A=\square A C B+\square A C I=\square A C B+\square C B D=\square B D A=\square B D^{\prime} E$, und daher sind die Dreiecke $B C I^{\prime}$ und $B D^{\prime} E$ ähnlich, ebenso sind $B C D^{\prime}$ und $B I^{\prime} E$ ähnliche Dreiecke, denn bei der Drehstreckung um $B$, die $B C I^{\prime}$ in $B D^{\prime} E$ überführt, geht $C D^{\prime}$ in $I^{\prime} E$ über.
Weil aber $B C D^{\prime}$ gleichschenklig ist, gilt auch $B E=E I^{\prime}$.
Nun ist $D E \perp A C$, und nach dem Korollar liegt $E$ auf dem Umkreis des Dreiecks $B I^{\prime} D$. .
Hinweis: Es gibt viele weitere Lösungswege zu diesem Problem, die jedoch alle nicht mit einer einfachen Winkeljagd auskommen. Sämtliche analytischen Lösungsansätze waren wegen der immer komplexer werdenden Terme zum Scheitern verurteilt. In der Skizze schneiden sich MI* und $D S$ in $C$; dies ist tatsächlich immer so.
[^0]: Hinweis: Viele Lösungsansätze über eine Prozedur, mit der man immer neue Punkte geeignet färbt, enthielten Lücken, weil Schleifen oder Mehrfachbelegungen nicht vollständig untersucht worden sind.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2017-loes_awkl_17.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2017"
}
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A rectangle $\mathcal{R}$ with odd integer side lengths is divided into rectangles, all of which have integer side lengths. Prove that for at least one of these rectangles, the distances to each of the four sides of $\mathcal{R}$ are all even or all odd.
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We divide $\mathcal{R}$ into unit squares and color some of these unit squares in red or blue, as shown in the following illustration.
Since $\mathcal{R}$ has odd side lengths by assumption, all four corner squares of $\mathcal{R}$ are colored blue, and there are more colored than uncolored squares in total. Therefore, at least one of the rectangles $\mathcal{R}_{1}, \ldots, \mathcal{R}_{k}$ into which $\mathcal{R}$ is divided must also contain more colored than uncolored squares, let $\mathcal{R}_{i}$ be such a rectangle. Then $\mathcal{R}_{i}$ has odd side lengths and all four corner squares of $\mathcal{R}_{i}$ are colored. This implies that all four corner squares of $\mathcal{R}_{i}$ must have the same color. If they are blue, $\mathcal{R}_{i}$ has even distances to all four sides of $\mathcal{R}$; if they are red, $\mathcal{R}_{i}$ has odd distances to all four sides of $\mathcal{R}$. In either case, $\mathcal{R}_{i}$ satisfies the required condition.
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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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Ein Rechteck $\mathcal{R}$ mit ungeraden ganzzahligen Seitenlängen ist in Rechtecke unterteilt, die alle ganzahlige Seitenlängen haben. Man beweise, dass für mindestens eines dieser Rechtecke die Abstände zu jeder der vier Seiten von $\mathcal{R}$ alle gerade oder alle ungerade sind.
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Wir unterteilen $\mathcal{R}$ in Einheitsquadrate und färben einige dieser Einheitsquadrate in rot oder blau ein, entsprechend der folgenden Illustration.
Da $\mathcal{R}$ laut Voraussetzung ungerade Seitenlängen hat, sind alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}$ blau gefärbt, und es gibt insgesamt mehr gefäbte als ungefärbte Felder. Somit enthält auch mindestens eines der Rechtecke $\mathcal{R}_{1}, \ldots, \mathcal{R}_{k}$, in die $\mathcal{R}$ unterteilt wurde, mehr gefärbte als ungefärbte Felder, sei $\mathcal{R}_{i}$ ein solches. Dann hat $\mathcal{R}_{i}$ ungerade Seitenlängen und alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}_{i}$ sind gefärbt. Daraus folgt, dass alle vier Eckfelder von $\mathcal{R}_{i}$ dieselbe Farbe tragen müssen. Falls sie blau sind, hat $\mathcal{R}_{i}$ gerade Abstände zu allen vier Seiten von $\mathcal{R}$; falls sie rot sind hat $\mathcal{R}_{i}$ ungerade Abstände zu allen vier Seiten von $\mathcal{R}$. In jedem Fall erfüllt $\mathcal{R}_{i}$ die geforderte Bedingung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2018-loes_awkl_18.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Let $d$ be a positive integer and $\left(a_{i}\right)_{i=1,2,3, \ldots}$ be a sequence of positive integers. We assume that the following two conditions are satisfied:
- Every positive integer appears exactly once in the sequence.
- For all indices $i \geq 10^{100}$, $\left|a_{i+1}-a_{i}\right| \leq 2 d$.
Prove that there exist infinitely many indices $j$ for which $\left|a_{j}-j\right|<d$.
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Assume the claim is not satisfied. Then there exists an index $N>10^{100}$ such that for all $i \geq N$ either $a_{i} \leq i-d$ or $a_{i} \geq i+d$ holds. In the first case, because $i \geq N>10^{100}$, according to the second condition on the sequence, we also have
$$
a_{i+1} \leq a_{i}+2 d \leq i-d+2 d=(i+1)+(d-1)
$$
so it must be that $a_{i+1} \leq(i+1)-d$. By induction, it follows that $a_{i} \leq j-d$ for all $j \geq i$.
Thus, we have shown:
(A) Either $a_{i} \geq i+d$ for all $i \geq N$, or
(B) there exists an $M \geq N$ such that $a_{i} \leq i-d$ for all $i \geq M$.
First, assume (A) is satisfied. The numbers $1, \ldots, N$ must, according to the first condition on the sequence, all appear in the sequence. However, $a_{i} \geq i+d > i \geq N$ for all $i \geq N$, meaning there are only the $N-1$ sequence terms $a_{1}, \ldots, a_{N-1}$ that can take on any of these values. By the pigeonhole principle, a contradiction arises.
Now, assume (B) is satisfied. Let $k=\max \left\{M, a_{1}, \ldots, a_{M}\right\}$. Then the $k$ sequence terms $a_{1}, \ldots, a_{k}$ are all less than $k$, because for $i=1, \ldots M-1$ we have $a_{i} \leq$ $\max \left\{a_{1}, \ldots, a_{M-1}\right\} \leq k$ and for $i=M, \ldots, k$ we have $a_{i} \leq i-d < i \leq k$. These $k$ numbers are thus all in the set $\{1,2, \ldots, k-1\}$. By the pigeonhole principle, there exist two indices $1 \leq i<j \leq k$ such that $a_{i}=a_{j}$, which contradicts the first condition on the sequence.
Since we have obtained a contradiction in each case, the claim holds.
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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 eine positive ganze Zahl $d$ und eine Folge $\left(a_{i}\right)_{i=1,2,3, \ldots}$ positiver ganzer Zahlen gegeben. Wir nehmen an, dass folgende zwei Bedingungen erfüllt sind:
- Jede positive ganze Zahl taucht genau einmal in der Folge auf.
- Für alle Indizes $i \geq 10^{100}$ gilt $\left|a_{i+1}-a_{i}\right| \leq 2 d$.
Man beweise, dass unendlich viele Indizes $j$ existieren, für die $\left|a_{j}-j\right|<d$ gilt.
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Angenommen, die Behauptung wäre nicht erfüllt. Dann existiert ein Index $N>10^{100}$, sodass für alle $i \geq N$ entweder $a_{i} \leq i-d$ oder $a_{i} \geq i+d$ gilt. Im ersten Fall gilt wegen $i \geq N>10^{100}$ laut der zweiten Voraussetzung an die Folge auch
$$
a_{i+1} \leq a_{i}+2 d \leq i-d+2 d=(i+1)+(d-1)
$$
es muss also $a_{i+1} \leq(i+1)-d$ gelten. Induktiv folgt damit $a_{i} \leq j-d$ für alle $j \geq i$.
Damit haben wir gezeigt:
(A) Entweder es gilt $a_{i} \geq i+d$ für alle $i \geq N$, oder
(B) es existiert ein $M \geq N$, sodass $a_{i} \leq i-d$ für alle $i \geq M$ gilt.
Nehmen wir zunächst an, (A) sei erfüllt. Die Zahlen $1, \ldots, N$ müssen laut der ersten Voraussetzung an die Folge alle einmal in der Folge auftauchen. Nun gilt jedoch $a_{i} \geq i+d>i \geq N$ für alle $i \geq N$, das heißt es gibt nur die $N-1$ Folgenglieder $a_{1}, \ldots, a_{N-1}$, die einen dieser Werte annehmen können. Nach dem Schubfachprinzip ergibt sich ein Widerspruch.
Nehmen wir nun an, (B) sei erfüllt. Es sei $k=\max \left\{M, a_{1}, \ldots, a_{M}\right\}$. Dann sind die $k$ Folgenglieder $a_{1}, \ldots, a_{k}$ alle kleiner als $k$, denn für $i=1, \ldots M-1$ gilt $a_{i} \leq$ $\max \left\{a_{1}, \ldots, a_{M-1}\right\} \leq k$ und für $i=M, \ldots, k$ gilt $a_{i} \leq i-d<i \leq k$. Diese $k$ Zahlen liegen damit alle in der Menge $\{1,2, \ldots, k-1\}$. Nach dem Schubfachprinzip existieren daher zwei Indizes $1 \leq i<j \leq k$ mit $a_{i}=a_{j}$, was er ersten Voraussetzung an die Folge widerspricht.
Da wir in jedem Fall einen Widerspruch erhalten haben, gilt die Behauptung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2018-loes_awkl_18.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle. The excircle $\omega$ opposite to point $A$ touches the segment $\overline{BC}$ and the rays $AC$ and $AB$ at points $D$, $E$, and $F$, respectively. The circumcircle of triangle $AEF$ intersects the line $BC$ at points $P$ and $Q$. Finally, let $M$ be the midpoint of the segment $\overline{AD}$. Prove that $\omega$ and the circumcircle of triangle $MPQ$ are tangent.
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Let $J$ be the center of the incircle $\omega$. Then $J E \perp A E$ and $J F \perp A F$, so the Thales circle $\Omega$ of $\overline{A J}$ passes through $E$ and $F$, and thus also through $P$ and $Q$. The ray $A D$ intersects $\Omega$ and $\omega$ again at $N$ and $T$ respectively.
Then $J N$ is the perpendicular from $J$ to $D T$, so $N$ is the midpoint of the segment $\overline{D T}$. By the chord theorem, we have
$$
|D M| \cdot |D T| = \frac{1}{2} \cdot |D A| \cdot |D T| = |D A| \cdot |D N| = |D P| \cdot |D Q|
$$
Thus, by the converse of the chord theorem, the point $T$ lies on the circumcircle of triangle $M P Q$. Now consider the image point of $N$ under inversion with respect to the circle $\omega$, denoted by $Z$. Since the Thales circles over $\overline{J D}$ and $\overline{J T}$ both pass through the point $N$, $Z$ lies on the images of these circles, which are the tangents through $D$ and $T$ to $\omega$. The points $B, C, P$, and $Q$ also lie on the first of these lines. Furthermore, $N$ lies on the circle $\Omega$, which inverts to the line $E F$, so $Z$ also lies on the line $E F$. Therefore, by the secant theorem,
$$
|Z T|^{2} = |Z E| \cdot |Z F| = |Z P| \cdot |Z Q|,
$$
and by the converse of the secant theorem, $Z T$ is also tangent to the circumcircle of triangle $M P Q$. This proves that this circle and $\omega$ touch at the point $T$.
## Solutions to the 2nd Selection Exam 2017/2018
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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 Dreieck. Der dem Punkt $A$ gegenüberliegende Ankreis $\omega$ berühre die Strecke $\overline{B C}$ sowie die Strahlen $A C$ und $A B$ in den Punkten $D, E$ bzw. $F$. Der Umkreis des Dreiecks $A E F$ schneide die Gerade $B C$ in den Punkten $P$ und $Q$. Schließlich sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $\overline{A D}$. Man beweise, dass sich $\omega$ und der Umkreis des Dreiecks $M P Q$ berühren
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Es sei $J$ der Mittelpunkt des Ankreises $\omega$. Dann gilt $J E \perp A E$ und $J F \perp$ $A F$, der Thaleskreis $\Omega$ von $\overline{A J}$ verläuft also durch $E$ und $F$, und damit auch durch $P$ und $Q$. Der Strahl $A D$ schneide $\Omega$ und $\omega$ erneut in $N$ bzw. $T$.
Dann ist $J N$ die Lotgerade von $J$ auf $D T$, also ist $N$ der Mittelpunkt der Strecke $\overline{D T}$. Damit gilt laut dem Sehnensatz
$$
|D M| \cdot|D T|=1 / 2 \cdot|D A| \cdot|D T|=|D A| \cdot|D N|=|D P| \cdot|D Q|
$$
der Punkt $T$ liegt nach der Umkehrung des Sehnensatzes also auf dem Umkreis des Dreiecks $M P Q$. Wir betrachten nun den Bildpunkt von $N$ bei Inversion am Kreis $\omega$, dieser sei mit $Z$ bezeichnet. Da die Thaleskreise über $\overline{J D}$ und $\overline{J T}$ beide durch den Punkt $N$ verlaufen, liegt $Z$ auf den Bildern dieser Kreise, also den Tangenten durch $D$ und $T$ an $\omega$. Auf ersterer Geraden liegen auch $B, C, P$ und $Q$. Ferner liegt $N$ auf dem Kreis $\Omega$, der bei der betrachteten Inversion in die Gerade $E F$ übergeht, also liegt auch $Z$ auf der Geraden $E F$. Damit gilt nach dem Sekantensatz
$$
|Z T|^{2}=|Z E| \cdot|Z F|=|Z P| \cdot|Z Q|,
$$
nach der Umkehrung des Sekantensatzes tangiert $Z T$ daher auch den Umkreis des Dreiecks $M P Q$. Damit haben wir beweisen, dass sich dieser Kreis und $\omega$ im Punkt $T$ berühren.
## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2017/2018
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2018-loes_awkl_18.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Let $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, k$ and $M$ be positive integers with the properties
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}=k \quad \text { and } \quad a_{1} a_{2} \ldots a_{n}=M .
$$
Prove: For $M>1$, the polynomial
$$
P(x)=M(x+1)^{k}-\left(x+a_{1}\right)\left(x+a_{2}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right)
$$
has no positive solutions.
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We show $P(x)<0$ for all $x>0$, i.e., $M(x+1)^{k}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow$ $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}(x+1)^{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n} a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<\prod_{i=1}^{n}\left(x+a_{i}\right)$.
To do this, we show that for each $i\left((1 \leq i \leq n)\right.$ the relation $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}} \leq x+a_{i}(1)$ holds and for at least one $i$ even $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<x+a_{i}$ is true. The claim then follows by multiplication for all $i$.
From the AM-GM inequality for the numbers $x+1,1,1, \ldots, 1\left(a_{i}-1\right.$ summands 1$)$, we get $\frac{x+a_{i}}{a_{i}} \geq \sqrt[a]{x+1}$, which, after multiplication by $a_{i}$, precisely yields (1). The equality sign holds exactly for $a_{i}=1$, which cannot be true for all $i$, because then $M=1$, contradicting the assumption $M>1$. Since all transformations are valid for the given values, everything is shown.
Hint: Further proof approaches using the Bernoulli inequality, the binomial theorem, Jensen's inequality, or analysis are possible. The term "solution" in the problem statement, of course, stands synonymously for "root".
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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 seien $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, k$ und $M$ positive ganze Zahlen mit den Eigenschaften
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}=k \quad \text { und } \quad a_{1} a_{2} \ldots a_{n}=M .
$$
Man beweise: Für $M>1$ hat das Polynom
$$
P(x)=M(x+1)^{k}-\left(x+a_{1}\right)\left(x+a_{2}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right)
$$
keine positiven Lösungen.
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Wir zeigen $P(x)<0$ für alle $x>0$, also $M(x+1)^{k}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow$ $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}(x+1)^{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}}<\left(x+a_{1}\right) \ldots\left(x+a_{n}\right) \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n} a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<\prod_{i=1}^{n}\left(x+a_{i}\right)$.
Dazu zeigen wir, dass für jedes $i\left((1 \leq i \leq n)\right.$ die Beziehung $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}} \leq x+a_{i}(1)$ gilt und für wenigstens ein $i$ sogar $a_{i}(x+1)^{\frac{1}{a_{i}}}<x+a_{i}$ ist. Die Behauptung folgt dann durch Multiplikation für alle $i$.
Aus der AM-GM-Ungleichung für die Zahlen $x+1,1,1, \ldots, 1\left(a_{i}-1\right.$ Summanden 1$)$ folgt $\frac{x+a_{i}}{a_{i}} \geq \sqrt[a]{x+1}$, was nach Multiplikation mit $a_{i}$ gerade (1) ergibt. Das Gleichheitszeichen gilt genau für $a_{i}=1$, was nicht für alle $i$ sein kann, denn dann wäre $M=1$, im Widerspruch zur Voraussetzung $M>1$. Da für die gegebenen Werte alle Umformungen erlaubt sind, ist alles gezeigt.
Hinweis: Weitere Beweisansätze über die Bernoulli-Ungleichung, den binomischen Satz, die Jensensche Ungleichung oder Analysis sind möglich. Der Begriff „Lösung" in der Aufgabenstellung steht natürlich synonym zu „Nullstelle".
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2018-loes_awkl_18.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Let $A B C D E$ be a convex pentagon with the properties
$$
\overline{A B}=\overline{B C}=\overline{C D}, \angle B A E=\angle D C B \text { and } \angle E D C=\angle C B A .
$$
Prove that the perpendicular from $E$ to $B C$ passes through the intersection of $A C$ and $B D$.
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Due to the conditions, $\triangle A B C$ and $\triangle B C D$ are isosceles. Therefore, the perpendicular bisector of $A C$ passes through $B$ and the perpendicular bisector of $B D$ passes through $C$. Both intersect at point $I$ (see figure).
Because $B D \perp C I$ and $A C \perp B I$, $A C$ and $B D$ intersect at the orthocenter of triangle $B C I$, and it follows that $I H \perp B C$. If we can show that $E I \perp B C$, the claim follows because there can only be one perpendicular to $B C$ through $I$. Since $B I$ and $C I$ are also angle bisectors of $\angle C B A$ and $\angle D C B$ respectively, it follows that $\overline{I A}=\overline{I C}$ and $\overline{I B}=\overline{I D}$. Because $\overline{A B}=\overline{B C}=\overline{C D}$, the triangles $A B I, B C I$, and $C D I$ are congruent. Therefore, $\angle B A I=\angle I C B=\frac{1}{2} \angle D C B=\frac{1}{2} \angle B A E$, so $I A$ is the angle bisector of $\angle B A E$. Similarly, $I D$ is the angle bisector of $\angle E D C$.
The composition of the reflections in $A I, B I, C I, D I$, and $E I$ is a reflection with fixed points $E$ and $I$. Therefore, $I$ also lies on the angle bisector of $\angle A E D$.
Now, $\angle A E D=540^{\circ}-2 \angle C B A-2 \angle B A E$, and thus in quadrilateral $A B I E$:
$\angle B I E=360^{\circ}-\angle B A E-\angle I B A-\angle A E I=360^{\circ}-\angle B A E-\frac{1}{2} \angle C B A-\left(270^{\circ}-\angle C B A-\angle B A E\right)$
$=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C B A=90^{\circ}+\angle C B I$. By the exterior angle theorem, it follows that $E I \perp B C$. ㅁ.
Hint: There are other solution paths using the intersection points of the extensions of suitable sides, using trigonometry, or (usually very laborious) analytic geometry. Errors partly arose from using the claim in the proof, such as not distinguishing between the lines $E T$ and $I T$.
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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 $A B C D E$ ein konvexes Fünfeck mit den Eigenschaften
$$
\overline{A B}=\overline{B C}=\overline{C D}, \angle B A E=\angle D C B \text { und } \angle E D C=\angle C B A .
$$
Man beweise, dass die Lotgerade von $E$ auf $B C$ durch den Schnittpunkt von $A C$ und $B D$ verläuft.
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Wegen der Voraussetzungen sind $\triangle A B C$ und $\triangle B C D$ gleichschenklig. Daher geht die Mittelsenkrechte zu $A C$ durch $B$ und die Mittelsenkrechte zu $B D$ durch $C$. Beide schneiden sich im Punkt $I$ (siehe Figur).
Wegen $B D \perp C I$ und $A C \perp B I$ schneiden sich $A C$ und $B D$ im Höhenschnittpunkt des Dreiecks $B C I$ und es folgt $I H \perp B C$. Wenn wir nun zeigen können, dass $E I \perp B C$ ist, folgt die Behauptung, weil es durch $I$ nur eine Orthogonale zu $B C$ geben kann. Weil $B I$ und $C I$ auch Winkelhalbierende von $\angle C B A$ bzw. $\angle D C B$ sind, folgt $\overline{I A}=\overline{I C}$ sowie $\overline{I B}=\overline{I D}$. Wegen $\overline{A B}=\overline{B C}=\overline{C D}$ sind die Dreiecke $A B I, B C I$ und $C D I$ kongruent. Daher ist $\angle B A I=\angle I C B=\frac{1}{2} \angle D C B=\frac{1}{2} \angle B A E$, so dass $I A$ Winkelhalbierende von $\angle B A E$ ist. Analog gilt, dass $I D$ Winkelhalbierende von $\angle E D C$ ist.
Die Verkettung der Achsenspiegelungen an $A I, B I, C I, D I$ und $E I$ ist eine Achsenspiegelung mit den Fixpunkten $E$ und $I$. Daher liegt $I$ auch auf der Winkelhalbierenden von $\angle A E D$.
Nun gilt $\angle A E D=540^{\circ}-2 \angle C B A-2 \angle B A E$, und damit folgt im Viereck $A B I E$ :
$\angle B I E=360^{\circ}-\angle B A E-\angle I B A-\angle A E I=360^{\circ}-\angle B A E-\frac{1}{2} \angle C B A-\left(270^{\circ}-\angle C B A-\angle B A E\right)$
$=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C B A=90^{\circ}+\angle C B I$. Mit dem Außenwinkelsatz folgt $E I \perp B C$. ㅁ.
Hinweis: Es gibt andere Lösungswege über die Schnittpunkte der Verlängerungen geeigneter Seiten, mithilfe von
Trigonometrie oder (in der Regel sehr aufwändig) analytischer Geometrie. Fehler entstanden z.T. durch Verwendung der Behauptung im Beweis, etwa durch Nicht-Unterscheiden der Geraden $E T$ und IT.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
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"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Determine all integers $n \geq 2$ with the following property:
For any not necessarily distinct integers $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, whose sum is not divisible by $n$, there exists an index $i(1 \leq i \leq n)$, such that none of the numbers
$$
m_{i}, m_{i}+m_{i+1}, m_{i}+m_{i+1}+m_{i+2}, \ldots, m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+n-1}
$$
is divisible by $n$. (Here, $m_{i}=m_{i-n}$ for $i>n$.)
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The sought numbers are exactly the prime numbers.
Part Proof 1: No non-prime number satisfies all conditions.
Let $n=a \cdot b$ with $1<a, b<n$ be a decomposition of $n$ into two proper divisors. We choose $m_{i}=a$ for $1 \leq i<n$ and $m_{n}=0$. Then the sum $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}=(n-1) a$ is obviously not divisible by $n$, since neither factor is divisible by $n$.
Now we choose for any index $i$ the index $j=\left\{\begin{array}{ll}b & \text { for } 1 \leq i \leq n-b \\ b+1 & \text { for } n-b<i \leq n\end{array}\right.$ and obtain $m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}=a \cdot b=n \equiv 0 \bmod n$. With this counterexample, the part proof is complete.
Part Proof 2: Every prime number satisfies all conditions.
Let $n$ now be a prime number. For a proof by contradiction, assume that for the numbers $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, whose sum is not divisible by $n$, there is a number $j(1 \leq j \leq n)$ for every index $i(1 \leq i \leq n)$ such that the sum $m_{l}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}$ is divisible by $n$. Here, even $j \neq n$ holds, because the sum of all $m_{i}$ is not divisible by $n$.
Now we construct for $0 \leq k \leq n-1$ a finite sequence of integers $i_{0}, i_{1}, \ldots, i_{n}$ with $i_{k+1}-i_{k} \leq n-1$ (1), by choosing $m_{i_{k}+1}+m_{i_{k}+2}+\ldots+m_{i_{k+1}} \equiv 0 \bmod n$. The starting index $i_{0}$ is arbitrary and the new index $i_{k+1}$ is the smallest possible after $i_{k}$ when proceeding cyclically $\bmod n$.
By the pigeonhole principle, there are two different numbers $i_{r}$ and $i_{s}$ in the sequence of these $n+1$ indices with $0 \leq r<s \leq n$ that are congruent $\bmod n$. With them, $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right) \equiv 0 \bmod n$ holds, because this is true for each bracketed sum.
On the other hand, from $i_{s} \equiv i_{r} \bmod n$, it follows that there is a positive integer $d$ with $i_{s}-i_{r}=d \cdot n$. Due to (1), $i_{s}-i_{r} \leq(n-1) n$, so $d \leq n-1$ follows. Then $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right)=d\left(m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}\right)$
cannot be a multiple of $n$, because $n$ is prime and neither $d$ nor $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}$ are multiples of $n$ - contradiction! $\square$
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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 bestimme alle ganzen Zahlen $n \geq 2$ mit der folgenden Eigenschaft:
Für beliebige, nicht notwendigerweise verschiedene ganze Zahlen $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, deren Summe nicht durch $n$ teilbar ist, existiert ein Index $i(1 \leq i \leq n)$, so dass keine der Zahlen
$$
m_{i}, m_{i}+m_{i+1}, m_{i}+m_{i+1}+m_{i+2}, \ldots, m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+n-1}
$$
durch $n$ teilbar ist. (Dabei sei $m_{i}=m_{i-n}$ für $i>n$.)
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Bei den gesuchten Zahlen handelt es sich genau um die Primzahlen.
Teilbeweis 1: Keine Nichtprimzahl crfüllt allc Voraussctzungen.
Es sei $n=a \cdot b$ mit $1<a, b<n$ eine Zerlegung von $n$ in zwei echte Teiler. Wir wählen $m_{i}=a$ für $1 \leq i<n$ sowie $m_{n}=0$. Dann ist die Summe $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}=(n-1) a$ offensichtlich nicht durch $n$ teilbar, da beide Faktoren nicht durch $n$ teilbar sind.
Nun wählen wir zu einem beliebigen Index $i$ den Index $j=\left\{\begin{array}{ll}b & \text { für } 1 \leq i \leq n-b \\ b+1 & \text { für } n-b<i \leq n\end{array}\right.$ und erhalten $m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}=a \cdot b=n \equiv 0 \bmod n$. Mit diesem Gegenbeispiel ist der Teilbeweis abgeschlossen.
Teilbeweis 2: Jede Primzahl erfüllt alle Voraussetzungen.
Es sei nun $n$ eine Primzahl. Für einen Widerspruchsbeweis nehmen wir an, dass es für die Zahlen $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, deren Summe nicht durch $n$ teilbar ist, zu jedem Index $i(1 \leq i \leq n)$ eine Zahl $j(1 \leq j \leq n)$ gibt, so dass die Summe $m_{l}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}$ durch $n$ teilbar ist. Dabei gilt sogar $j \neq n$, denn die Summe aller $m_{i}$ ist nicht durch $n$ teilbar.
Nun konstruieren wir für $0 \leq k \leq n-1$ eine endliche Folge ganzer Zahlen $i_{0}, i_{1}, \ldots, i_{n}$ mit $i_{k+1}-i_{k} \leq n-1$ (1), indem wir $m_{i_{k}+1}+m_{i_{k}+2}+\ldots+m_{i_{k+1}} \equiv 0 \bmod n$ wählen. Der Startindex $i_{0}$ ist beliebig und der neue Index $i_{k+1}$ sei der jeweils kleinstmögliche nach $i_{k}$ beim zyklischen Weitergehen $\bmod n$.
Nach dem Schubfachprinzip gibt es in der Folge dieser $n+1$ Indizes zwei verschiedene Zahlen $i_{r}$ und $i_{s}$ mit $0 \leq r<s \leq n$, die $\bmod n$ kongruent sind. Mit ihnen gilt $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right) \equiv 0 \bmod n$, weil dies für jede Klammersumme gilt.
Andererseits folgt aus $i_{s} \equiv i_{r} \bmod n$, dass es eine positive ganze Zahl $d$ gibt mit $i_{s}-i_{r}=d \cdot n$. Wegen (1)
ist $i_{s}-i_{r} \leq(n-1) n$, so dass $d \leq n-1$ folgt. Dann kann $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j+2}}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right)=d\left(m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}\right)$
aber kein Vielfaches von $n$ sein, denn $n$ ist prim und weder $d$ noch $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}$ sind Vielfache von $n$ - Widerspruch! $\square$
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
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"tier": "T1",
"year": "2018"
}
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Let the set of all positive rational numbers be denoted by $\mathbb{Q}^{+}$. Determine all functions $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ with the property $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(x^{2}\right) f(y)\left(^{*}\right)$ for all $x, y \in \mathbb{Q}^{+}$.
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We begin with some important properties of the base set $\mathbb{Q}^{+}$. It is well-known that the product $ab$ of two numbers $a, b \in \mathbb{Q}^{+}$ is again in $\mathbb{Q}^{+}$, as is the inverse $\frac{1}{a}$ of any number $a \in \mathbb{Q}^{+}$ (which is not always true for $\sqrt{a}$). Because the neutral element 1 of (commutative) multiplication also belongs to $\mathbb{Q}^{+}$, $\mathbb{Q}^{+}$ forms a commutative (abelian) group with respect to multiplication. Any non-empty subset $U$, for which with $a, b \in U$ also $\frac{a}{b} \in U$ always holds, is a (abelian) subgroup of $\mathbb{Q}^{+}$, i.e., it contains the number 1, the product of any two of its elements, and the reciprocal of each of its numbers. An example is $D=\left\{3^{t} \mid t \in \mathbb{Z}\right\}$, the set of all powers of three with integer exponents; trivial examples are $U=\{1\}$ and $U=\mathbb{Q}^{+}$.
Further, for a subgroup $U$ of $\mathbb{Q}^{+}$ and any number $a \in \mathbb{Q}^{+}$, the set $a U=\{a u \mid u \in U\}$ is referred to as a coset of $\mathbb{Q}^{+} / U$ with the representative $a$. The representative of a coset is usually not uniquely determined; similarly, cosets are usually not groups themselves. An example with $a=2$ is the set $2 D=\left\{2 \cdot 3^{t} \mid t \in \mathbb{Z}\right\}$, which, for example, also has the representative 6.
After these preliminary remarks, we can now initially describe the solution set:
Let $U$ be any subgroup of $\mathbb{Q}^{+}$ and $a_{1}, a_{2}, \ldots \in \mathbb{Q}^{+}$ fixed representatives of the cosets of $\mathbb{Q}^{+} / U$. Furthermore, let $u_{1}, u_{2}, \ldots$ be numbers from $U$, such that each $a_{i}$ is assigned exactly one $u_{i}$. This results in the following solutions $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$:
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{c}
r \cdot u_{i} \text { for } x=a_{i}^{2} \cdot r^{2} \text { with } r \in U \\
u \text { arbitrary } \in U \text { if } x \text { is not a square of a number from } \mathbb{Q}^{+} \text { }
\end{array}\right.
$$
All solutions arise through the possible subgroups $U$ and the selection of the $u_{i}$, as well as through arbitrary choice of $u \in U$ (the $a_{i}$ are fixed for each $U$).
For example, the following results for the trivial subgroups of $\mathbb{Q}^{+}$:
a) $U=\{1\}$: Here only $r=u=1$ and $u_{i}=1$ are possible, so that $f(x)=1$ for all $x \in \mathbb{Q}^{+}$.
b) $U=\mathbb{Q}^{+}$: Here $f(x)=a \sqrt{x}$ with a fixed $a$, if $x$ is a square number, and $f(x)$ is arbitrary from $\mathbb{Q}^{+}$ if $x$ is not a square number.
The proof proceeds in two steps.
Step 1: We show that the given functions $f$ are well-defined and satisfy (*).
Every $t=x^{2}$ with $x \in \mathbb{Q}^{+}$ can be uniquely represented in the form $t=a_{i}^{2} \cdot r^{2}$ with $r \in U$ according to the definition of cosets, and every product $a_{i}^{2} \cdot r^{2}$ is a rational square number. Thus, $f$ is well-defined. From the definition, it also follows that the range $W_{f}$ of $f$ lies in $U$. Therefore, for every $y \in \mathbb{Q}^{+}$ there exists a $u \in U$ such that $f(y)=u$. Because for every $x \in \mathbb{Q}^{+}$, as noted above, there is a unique representation $x^{2}=a_{i}^{2} \cdot r^{2}$, it follows that $f\left(x^{2} \cdot f(y)^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2} r^{2} u^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2}(r u)^{2}\right)=(r u) \cdot u_{i}=\left(r u_{i}\right) \cdot u=f\left(a_{i}^{2} r^{2}\right) f(y)=f\left(x^{2}\right) f(y)$, which satisfies (*).
Step 2: We show that no further solutions of (*) exist beyond the given ones.
Let $f$ be a solution function of (*) with the solution set $W_{f} \subseteq \mathbb{Q}^{+}$.
We set $y=1$ and $x=\frac{1}{f(1)}$ in (*): $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(\frac{f(1)^{2}}{f(1)^{2}}\right)=f(1)=f\left(x^{2}\right) f(1)$. Thus, $1 \in W_{f}$.
Now let $z=\frac{1}{f(1)}$ be fixed (which means $f\left(z^{2}\right)=1$). Let further $w \in W_{f}$ (which means there exists a $u \in \mathbb{Q}^{+}$ such that $f(u)=w$). We set $y=u$ and $x=\frac{z}{f(y)}$ in (*):
$f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(z^{2}\right)=1=f\left(x^{2}\right) \cdot w$, so $f\left(x^{2}\right)=\frac{1}{w}$. Thus, for every $w \in W_{f}$, $\frac{1}{w}$ is also in $W_{f}$.
Now let $v, w \in W_{f}$ (which means there exist $t, u \in \mathbb{Q}^{+}$ such that $f(t)=v$ and $f(u)=w$).
We set $x=z=\frac{1}{f(1)}$ and $y=u$ in (*), denote $k=x \cdot f(y)$, and obtain $f\left(k^{2}\right)=1 \cdot f(u)=w$.
Then we set $x=k$ and $y=t$ in (*) again: $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(k^{2}\right) f(t)=w \cdot v$. Thus, for $v, w \in W_{f}$, the product $v w$ is also in $W_{f}$.
This shows that $W_{f}$ is a subgroup of $\mathbb{Q}^{+}$.
Now let $a_{1}, a_{2}, \ldots$ be fixed representatives of the cosets of $\mathbb{Q}^{+} / W_{f}$ (as described in the solution set) and $r \in W_{f}$ arbitrary with $f(u)=r$. We set $x=a_{i}$ (for any $i$) and $y=u$ in (*): $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2} \cdot r^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2}\right) f(u)=u_{i} \cdot r$ (where $f\left(a_{i}^{2}\right):=u_{i}$ is set). From this, it is clear that every solution function $f$ must indeed have the form described above. $\square$
Note: Due to a transfer error, this problem has become more difficult than intended. This solution path is based on the work of Jonas Walter, who was the only participant to provide a complete proof. The appropriate consideration of $\mathbb{Q}^{+}$ as the base set (instead of $\mathbb{R}^{+}$) was only achieved by a few participants.
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proof
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Algebra
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Die Menge aller positiver rationaler Zahlen sei mit $\mathbb{Q}^{+}$bezeichnet. Man bestimme alle Funktionen $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$mit der Eigenschaft $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(x^{2}\right) f(y)\left(^{*}\right)$ für alle $x, y \in \mathbb{Q}^{+}$.
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Wir beginnen mit einigen für die Lösungsmenge wichtigen Eigenschaften der Grundmenge $\mathbb{Q}^{+}$. Bekanntlich liegt das Produkt $a b$ zweier Zahlen $a, b \in \mathbb{Q}^{+}$wieder in $\mathbb{Q}^{+}$, ebenso wie das Inverse $\frac{1}{a}$ zu jeder Zahl $a \in \mathbb{Q}^{+}$(was für $\sqrt{a}$ nicht immer erfüllt ist). Weil auch das neutrale Element 1 der (kommutativen) Multiplikation zu $\mathbb{Q}^{+}$gehört, bildet $\mathbb{Q}^{+}$bezüglich der Multiplikation eine kommutative (= abelsche) Gruppe. Jede nicht-leere Teilmenge $U$, für die mit $a, b \in U$ auch stets $\frac{a}{b} \in U$ gilt, ist eine (abelsche) Untergruppe von $\mathbb{Q}^{+}$, d.h. sie enthält die Zahl 1, jedes Produkt zweier ihrer Elemente und zu jeder ihrer Zahlen den Kehrwert. Ein Beispiel ist $D=\left\{3^{t} \mid t \in \mathbb{Z}\right\}$, die Menge aller Dreierpotenzen mit ganzzahligen Exponenten; triviale Beispiele sind $U=\{1\}$ sowie $U=\mathbb{Q}^{+}$.
Weiter wird zu einer Untergruppe $U$ von $\mathbb{Q}^{+}$und einer beliebigen Zahl $a \in \mathbb{Q}^{+}$die Menge $a U=\{a u \mid u \in U\}$ als Nebenklasse von $\mathbb{Q}^{+} / U$ mit dem Repräsentanten $a$ bezeichnet. Der Repräsentant einer Nebenklasse ist in der Regel nicht eindeutig bestimmt; ebenso sind die Nebenklassen in der Regel selber keine Gruppen. Ein Beispiel mit $a=2$ ist die Menge $2 D=\left\{2 \cdot 3^{t} \mid t \in \mathbb{Z}\right\}$, die z.B. auch den Repräsentanten 6 besitzt.
Nach diesen Vorbemerkungen können wir nun zunächst die Lösungsmenge beschreiben:
Es sei $U$ eine beliebige Untergruppe von $\mathbb{Q}^{+}$und $a_{1}, a_{2}, \ldots \in \mathbb{Q}^{+}$feste Repräsentanten der Nebenklassen von $\mathbb{Q}^{+} / U$. Ferner seien $u_{1}, u_{2}, \ldots$ Zahlen aus $U$, so dass jedem $a_{i}$ genau ein $u_{i}$ zugeordnet ist. Damit ergeben sich folgende Lösungen $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$:
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{c}
r \cdot u_{i} \text { für } x=a_{i}^{2} \cdot r^{2} \text { mit } r \in U \\
u \text { beliebig } \in U \text { falls } x \text { kein Quadrat einer Zahl aus } \mathbb{Q}^{+} \text {ist }
\end{array}\right.
$$
Dabei kommen alle Lösungen durch die möglichen Untergruppen $U$ und die Auswahl der $u_{i}$ zustande, sowie durch beliebige Wahl von $u \in U$ (die $a_{i}$ sind für jedes $U$ fest).
Zum Beispiel ergibt sich Folgendes für die trivialen Untergruppen von $\mathbb{Q}^{+}$:
a) $U=\{1\}$ : Hier ist nur $r=u=1$ sowie $u_{i}=1$ möglich, so dass $f(x)=1$ für alle $x \in \mathbb{Q}^{+}$.
b) $U=\mathbb{Q}^{+}$: Hier ist $f(x)=a \sqrt{x}$ mit festem $a$, wenn $x$ eine Quadratzahl ist, sowie $f(x)$ beliebig aus $\mathbb{Q}^{+}$, wenn $x$ keine Quadratzahl ist.
Der Beweis erfolgt in zwei Schritten.
Schritt 1: Wir zeigen, dass die angegebenen Funktionen $f$ wohldefiniert sind und (*) erfüllen.
Jedes $t=x^{2}$ mit $x \in \mathbb{Q}^{+}$lässt sich nach der Definition der Nebenklassen eindeutig in der Form $t=a_{i}^{2} \cdot r^{2}$ mit $r \in U$ darstellen, und jedes Produkt $a_{i}^{2} \cdot r^{2}$ ist eine rationale Quadratzahl. Somit ist $f$ wohldefiniert. Aus der Definition folgt ferner, dass die Wertemenge $W_{f}$ von $f$ in $U$ liegt. Daher existiert für jedes $y \in \mathbb{Q}^{+}$ ein $u \in U$ mit $f(y)=u$. Weil für jedes $x \in \mathbb{Q}^{+}$wie oben bemerkt eine eindeutige Darstellung $x^{2}=a_{i}^{2} \cdot r^{2}$ existiert, folgt $f\left(x^{2} \cdot f(y)^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2} r^{2} u^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2}(r u)^{2}\right)=(r u) \cdot u_{i}=\left(r u_{i}\right) \cdot u=f\left(a_{i}^{2} r^{2}\right) f(y)=f\left(x^{2}\right) f(y)$, womit (*) erfüllt ist.
Schritt 2: Wir zeigen, dass keine weiteren Lösungen von (*) als die angegebenen existieren können.
Dazu sei $f$ eine Lösungsfunktion von $\left(^{*}\right)$ mit der Lösungsmenge $W_{f} \subseteq \mathbb{Q}^{+}$.
Wir setzen $y=1$ und $x=\frac{1}{f(1)}$ in $\left(^{*}\right)$ ein: $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(\frac{f(1)^{2}}{f(1)^{2}}\right)=f(1)=f\left(x^{2}\right) f(1)$. Somit ist $1 \in W_{f}$.
Nun sei $z=\frac{1}{f(1)}$ fest (dies bedeutet nach dem oben Stehenden $f\left(z^{2}\right)=1$ ). Sei weiter $w \in W_{f}$ (dies bedeutet, dass es ein $u \in \mathbb{Q}^{+}$gibt mit $\left.f(u)=w\right)$. Wir setzen $y=u$ und $x=\frac{z}{f(y)}$ in (*) ein:
$f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(z^{2}\right)=1=f\left(x^{2}\right) \cdot w$, also $f\left(x^{2}\right)=\frac{1}{w}$. Somit liegt für jedes $w \in W_{f}$ auch $\frac{1}{w}$ in $W_{f}$.
Jetzt seien $v, w \in W_{f}$ (dies bedeutet, dass es $t, u \in \mathbb{Q}^{+}$gibt mit $f(t)=v$ und $\left.f(u)=w\right)$.
Wir setzen $x=z=\frac{1}{f(1)}$ und $y=u$ in (*) ein, bezeichnen $k=x \cdot f(y)$ und erhalten $f\left(k^{2}\right)=1 \cdot f(u)=w$.
Sodann setzen wir $x=k$ und $y=t$ neu in (*) ein: $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(k^{2}\right) f(t)=w \cdot v$. Somit liegt für $v, w \in W_{f}$ auch stets das Produkt $v w$ in $W_{f}$.
Damit ist nachgewiesen, dass $W_{f}$ eine Untergruppe von $\mathbb{Q}^{+}$ist.
Seien nun $a_{1}, a_{2}, \ldots$ fest gewählte Repräsentanten der Nebenklassen von $\mathbb{Q}^{+} / W_{f}$ (wie in der Beschreibung der Lösungsmenge) und $r \in W_{f}$ beliebig mit $f(u)=r$. Wir setzen $x=a_{i}$ (für beliebiges $i$ ) und $y=u$ in (*) ein: $f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2} \cdot r^{2}\right)=f\left(a_{i}^{2}\right) f(u)=u_{i} \cdot r$ (wobei $f\left(a_{i}^{2}\right):=u_{i}$ gesetzt wird). Daraus ist ersichtlich, dass jede Lösungsfunktion $f$ tatsächlich die oben beschriebene Form haben muss. $\square$
Hinweis: Durch einen Übertragungsfehler ist diese Aufgabe schwerer geworden als beabsichtigt. Dieser Lösungsweg geht auf die Bearbeitung von Jonas Walter zurück, der als einziger Teilnehmer einen vollständigen Beweis angegeben hat. Die angemessene Berücksichtigung von $\mathbb{Q}^{+}$als Grundmenge (anstatt $\mathbb{R}^{+}$) gelang nur einzelnen Teilnehmern.
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"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
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"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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In an isosceles triangle $ABC$ with $|AB|=|AC|$, let $M$ be the midpoint of $BC$. Further, let $P$ be a point such that $PA$ is parallel to $BC$ and $|PB|<|PC|$ holds. Additionally, let $X$ and $Y$ be points on the lines $(PB)$ and $(PC)$, respectively, such that $B$ lies on the segment $PX$, $C$ lies on the segment $PY$, and $\measuredangle MX P = \measuredangle PY M$ holds. Prove that $APXY$ is a cyclic quadrilateral.
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We denote the intersection of (AM) and the perpendicular to (PC) at point $Y$ with $Z$ and note that $Z$ lies in the half-plane with respect to $(BC)$ that is different from the one containing $A$ and $P$.
Since $\measuredangle P A Z=\measuredangle P Y Z=90^{\circ}$, $A P Z Y$ is a cyclic quadrilateral. Similarly, because $\measuredangle Z M C=\measuredangle C Y Z=90^{\circ}$, $C M Z Y$ is also a cyclic quadrilateral, from which $\measuredangle C Z M=\measuredangle C Y M$ (1) follows. With the condition from the problem, we get $\measuredangle C Y M=\measuredangle M X B$ (2), and due to the axial symmetry with respect to $(A Z)$, $\measuredangle C Z M=\measuredangle M Z B$ (3). (1), (2), and (3) yield $\measuredangle M X B=\measuredangle M Z B$. Therefore, $B X Z M$ is also a cyclic quadrilateral and $\measuredangle Z X B=180^{\circ}-\measuredangle B M Z=90^{\circ}$. Since $\measuredangle Z X P=\measuredangle Z X B=90^{\circ}$, point $X$ lies on the
circumcircle of the cyclic quadrilateral $A P Z Y$. Thus, the four points $A, P, X$, and $Y$ also form a cyclic quadrilateral. $\square$
Hint: A pure angle chase does not lead to the solution here, nor does coordinate geometry. However, there are other solution paths, such as inversion or the introduction of other auxiliary points besides $Z$.
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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 gleichschenkligen Dreieck $A B C$ mit $|A B|=|A C|$ sei $M$ der Mittelpunkt von $B C$. Weiter sei $P$ ein Punkt, für den $P A$ parallel zu $B C$ ist und $|P B|<|P C|$ gilt. Ferner seien $X$ bzw. $Y$ je ein Punkt auf der Geraden $(P B)$ bzw. $(P C)$, so dass $B$ auf der Strecke $P X$ liegt, $C$ auf der Strecke $P Y$ liegt und $\measuredangle M X P=\measuredangle P Y M$ gilt. Man beweise, dass $A P X Y$ ein Sehnenviereck ist.
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Wir bezeichnen den Schnittpunkt von (AM) und der Senkrechten zu (PC) im Punkt $Y$ mit $Z$ und bemerken, dass $Z$ in der bezüglich $(B C)$ anderen Halbebene liegt wie $A$ und $P$.
Wegen $\measuredangle P A Z=\measuredangle P Y Z=90^{\circ}$ ist $A P Z Y$ ein
Sehnenviereck. Ebenso ist wegen $\measuredangle Z M C=\measuredangle C Y Z=90^{\circ}$ auch $C M Z Y$ ein
Sehnenviereck, woraus $\measuredangle C Z M=\measuredangle C Y M$ (1) folgt. Mit der Bedingung aus der Aufgabe ergibt sich $\measuredangle C Y M=\measuredangle M X B(2)$, und wegen der Achsensymmetrie zu $(A Z)$ ist $\measuredangle C Z M=\measuredangle M Z B$ (3). (1), (2) und (3) liefern $\measuredangle M X B=\measuredangle M Z B$. Also ist $B X Z M$ ebenfalls ein Sehnenviereck und es gilt $\measuredangle Z X B=180^{\circ}-\measuredangle B M Z=90^{\circ}$. Weil nun $\measuredangle Z X P=\measuredangle Z X B=90^{\circ}$ ist, liegt der Punkt $X$ auf dem
Umkreis des Sehnenvierecks $A P Z Y$. Somit bilden auch die vier Punkte $A, P, X$ und $Y$ ein Sehnenviereck. $\square$
Hinweis: Eine reine Winkeljagd führt hier nicht zum Ziel, ebenso wie Koordinatengeometrie. Dagegen gibt es weitere Lösungswege etwa über Inversion oder die Einführung anderer Hilfspunkte als Z.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2019-loes_awkl_19.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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Given is a positive integer $n$ and a game board consisting of $n+1$ square fields arranged side by side, numbered from 0 to $n$ from left to right. At the beginning of the game, $n$ game pieces are located on field number 0, and the other fields are empty.
A patient player now chooses for each move a field with $k \neq 0$ pieces and moves one of them at most $k$ fields to the right. The piece must remain on the board. His goal is to move all $n$ pieces to field number $n$ with a sequence of such moves.
Prove that the player cannot achieve this goal in fewer than $\left\lceil\frac{n}{1}\right\rceil+\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil+\left\lceil\frac{n}{3}\right\rceil+\ldots+\left\lceil\frac{n}{n}\right\rceil$ moves. (Here, $\lceil x\rceil$ denotes the smallest integer not less than $x$.)
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The game pieces are indistinguishable and all have the same starting and target field. Therefore, a patient player can invent a rule that tells him which of the pieces on the selected field he should move.
A possible rule is obtained by firmly numbering the pieces from 1 to $n$ and in each move, after selecting the field, moving the piece with the highest number there.
Assume he moves the piece with the number $k(1 \leq k \leq n)$ to the right in this way. Then there cannot have been more than $k$ pieces on the selected field, because their numbers are at most equal to $k$. Thus, piece $k$ is moved at most $k$ fields to the right each time. Since it is moved a total of exactly $n$ fields, at least $\left\lceil\frac{n}{k}\right\rceil$ moves are required. This holds for all $k$ with $1 \leq k \leq n$. Summing over $k$ yields the minimum number of required game moves according to the problem statement. $\square$
Hint: A proof by complete induction is just as doomed to fail as considerations of seemingly "optimal" strategies whose optimality can only be locally convincingly justified.
It can be shown that the exact value of the given term can only be achieved for $n=1,2,3,4,5,7$.
## Solutions to the 2nd Selection Test 2018/2019
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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 ist eine positive ganze Zahl $n$ und ein Spielbrett, das aus $n+1$ nebeneinander angeordneten quadratischen Feldern besteht, die von links nach rechts von 0 bis $n$ nummeriert sind. Zu Beginn des Spiels befinden $\operatorname{sich} n$ Spielsteine auf dem Feld Nr. 0 und die anderen Felder sind leer.
Ein geduldiger Spieler wählt nun für jeden Zug ein Feld mit $k \neq 0$ Steinen und rückt einen davon um höchstens $k$ Felder nach rechts. Dabei muss der Stein auf dem Spielbrett bleiben. Sein Ziel ist es, mit einer Folge solcher Züge alle $n$ Steine auf das Feld Nr. $n$ zu befördern.
Man beweise, dass der Spieler dieses Ziel nicht mit weniger als $\left\lceil\frac{n}{1}\right\rceil+\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil+\left\lceil\frac{n}{3}\right\rceil+\ldots+\left\lceil\frac{n}{n}\right\rceil$ Zügen erreichen kann. (Dabei bezeichnet $\lceil x\rceil$ die kleinste ganze Zahl, die nicht kleiner als $x$ ist.)
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Die Spielsteine sind ununterscheidbar und haben alle dasselbe Start- und Zielfeld. Daher kann der geduldige Spieler eine Vorschrift erfinden, die ihm angibt, welchen der Steine auf dem jeweils ausgewählten Feld er ziehen soll.
Eine mögliche Vorschrift erhält er, indem er die Steine fest von 1 bis $n$ nummeriert und in jedem Zug nach der Auswahl des Feldes den dort befindlichen Stein mit der höchsten Nummer bewegt.
Angenommen, er zieht auf diese Weise den Stein mit der Nummer $k(1 \leq k \leq n)$ nach rechts. Dann können auf dem dafür ausgewählten Feld nicht mehr als $k$ Steine gelegen haben, weil ihre Nummern höchstens gleich $k$ sind. Also wird Stein $k$ um jeweils höchstens $k$ Felder nach rechts bewegt. Weil er aber insgesamt um genau $n$ Felder bewegt wird, sind dafür wenigstens $\left\lceil\frac{n}{k}\right\rceil$ Züge erforderlich. Dies gilt für alle $k$ mit $1 \leq k \leq n$. Aufsummieren über $k$ liefert die Mindestanzahl der erforderlichen Spielzüge gemäß der Aufgabenstellung. $\square$
Hinweis: Ein Beweis mit vollständiger Induktion ist ebenso zum Scheitern verurteilt wie Betrachtungen scheinbar „optimaler" Strategien, deren Optimalität nur lokal einsichtig begründet werden kann.
Man kann zeigen, dass der genaue Wert des angegebenen Terms nur für $n=1,2,3,4,5,7$ erreicht werden kann.
## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2018/2019
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2019-loes_awkl_19.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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Find all pairs $(a, b)$ of positive integers for which there exists a positive integer $n$ such that the number of divisors of $n a$ and $n b$ is identical.
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The sought pairs are those for which one of the three conditions $a=b, a \nmid b$ or $b \nmid a$ is satisfied, that is, all pairs of positive integers except those for which one of the numbers $a, b$ is a proper divisor of the other.
Throughout the proof, we will denote the number of all divisors of a positive integer $m$ by $\tau(m)$. First, it is clear that in the case $a=b$, any $n$ can be chosen. Furthermore, in the case where $a$ is a proper divisor of $b$, for every positive integer $n$ the number $n a$ is a proper divisor of $n b$, the set of its divisors is thus a proper subset of the set of divisors of $n b$, which implies $\tau(n a)<\tau(n b)$. The case $b \mid a, b<a$ is treated analogously.
It remains to show that in the case $a \nmid b, b \nmid a$, we can always find an $n$ such that $\tau(n a)=\tau(n b)$. For this, we first prove the following statement.
Lemma. Let $\alpha>\beta$ be positive integers. Then for every integer $M>\beta$ there exists a positive integer $\gamma$ such that
$$
\frac{\alpha+\gamma+1}{\beta+\gamma+1}=1+\frac{1}{M}=\frac{M+1}{M}.
$$
Proof. By rearranging the first equation, we obtain $\gamma=M(\alpha-\beta)-(\beta+1) \geq 0$. Now consider the prime factorization $a=\prod_{p} p^{\alpha_{p}}$ and $b=\prod_{p} p^{\beta_{p}}$ of $a$ and $b$. Let $p_{1}, \ldots p_{k}$ be all those primes $p$ for which $\alpha_{p}>\beta_{p}$ and $q_{1}, \ldots, q_{\ell}$ all primes $q$ for which $\alpha_{q}<\beta_{q}$. Since $a \nmid b, b \nmid a$, both $k$ and $\ell$ are positive. Now let $X$ be a positive integer greater than all $\alpha_{p}$ and $\beta_{b}$. According to the above lemma, we can then choose numbers $\gamma_{1}, \ldots, \gamma_{k}$ and $\gamma_{1}^{\prime}, \ldots, \gamma_{\ell}^{\prime}$ such that
$$
\frac{\alpha_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}{\beta_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}=\frac{k X+i}{k X+i-1}, \quad \text { and } \quad \frac{\alpha_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}{\beta_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}=\frac{\ell X+j-1}{\ell X+j}
$$
for all $1 \leq i \leq k$ and $1 \leq j \leq \ell$. For $n=\left(\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\gamma_{i}}\right) \cdot\left(\prod_{j=1}^{\ell} q_{j}^{\gamma_{j}^{\prime}}\right)$, it follows from the well-known formula
$$
\tau\left(\prod_{p} p^{\eta_{p}}\right)=\prod_{p}\left(\eta_{p}+1\right)
$$
that
$$
\frac{\tau(n a)}{\tau(n b)}=\left(\prod_{i=1}^{k} \frac{\alpha_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}{\beta_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}\right) \cdot\left(\prod_{j=1}^{\ell} \frac{\alpha_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}{\beta_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}\right)=\frac{k(X+1)}{k X} \cdot \frac{\ell X}{\ell(X+1)}=1
$$
thus $n$ is as claimed.
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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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Finden Sie alle Paare $(a, b)$ positiver ganzer Zahlen, für die eine positive ganze Zahl $n$ existiert, sodass die Anzahl der Teiler von $n a$ und $n b$ identisch ist.
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Die gesuchten Paare sind jene, für die eine der drei Bedingungen $a=b, a \nmid b$ oder $b \nmid a$ erfüllt ist, also alle Paare positiver ganzer Zahlen mit Ausnahme solcher, für die eine der Zahlen $a, b$ ein echter Teiler der anderen ist.
Im gesamten Beweis werden wir die Anzahl aller Teiler einer positiven ganzen Zahl $m$ mit $\tau(m)$ bezeichnen. Zunächst ist klar, dass man im Fall $a=b$ ein beliebiges $n$ wählen kann. Ferner ist im Fall, dass $a$ ein echter Teiler von $b$ ist, für jede positive ganze Zahl $n$ die Zahl $n a$ ein echter Teiler von $n b$, die Menge ihrer Teiler ist damit eine echte Teilmenge der Menge der Teiler von $n b$, was $\tau(n a)<\tau(n b)$ impliziert. Der Fall $b \mid a, b<a$ wird analog behandelt.
Es bleibt zu zeigen, dass wir im Fall $a \nmid b, b \nmid a$ stets ein $n$ mit $\tau(n a)=\tau(n b)$ finden können. Dafür beweisen wir zunächts die folgende Aussage.
Lemma. Es seien $\alpha>\beta$ positive ganze Zahlen. Dann existiert für jede ganze Zahl $M>\beta$ eine positive ganze Zahl $\gamma$, sodass
$$
\frac{\alpha+\gamma+1}{\beta+\gamma+1}=1+\frac{1}{M}=\frac{M+1}{M} .
$$
Beweis. Nach Umformen der ersten Gleichung erhält man $\gamma=M(\alpha-\beta)-(\beta+1) \geq 0$. Nun betrachten wir die Primfaktorzerlegung $a=\prod_{p} p^{\alpha_{p}}$ und $b=\prod_{p} p^{\beta_{p}}$ von $a$ und $b$. Es seien nun $p_{1}, \ldots p_{k}$ all jene Primzahlen $p$ mit $\alpha_{p}>\beta_{p}$ und $q_{1}, \ldots, q_{\ell}$ alle Primzahlen $q$ mit $\alpha_{q}<\beta_{q}$. Wegen $a \nmid b, b \nmid a$ sind $k$ und $\ell$ beide positiv. Es sei nun $X$ eine positive ganze Zahl, die größer als alle $\alpha_{p}$ und $\beta_{b}$ ist. Laut obigem Lemma können wir dann Zahlen $\gamma_{1}, \ldots, \gamma_{k}$ und $\gamma_{1}^{\prime}, \ldots, \gamma_{\ell}^{\prime}$ wählen, sodass
$$
\frac{\alpha_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}{\beta_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}=\frac{k X+i}{k X+i-1}, \quad \text { und } \quad \frac{\alpha_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}{\beta_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}=\frac{\ell X+j-1}{\ell X+j}
$$
für alle $1 \leq i \leq k$ und $1 \leq j \leq \ell$ gilt. Für $n=\left(\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\gamma_{i}}\right) \cdot\left(\prod_{j=1}^{\ell} q_{j}^{\gamma_{j}^{\prime}}\right)$ folgt nun mit Verwendung der allgemein bekannten Formel
$$
\tau\left(\prod_{p} p^{\eta_{p}}\right)=\prod_{p}\left(\eta_{p}+1\right)
$$
dass
$$
\frac{\tau(n a)}{\tau(n b)}=\left(\prod_{i=1}^{k} \frac{\alpha_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}{\beta_{p_{i}}+\gamma_{i}+1}\right) \cdot\left(\prod_{j=1}^{\ell} \frac{\alpha_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}{\beta_{q_{j}}+\gamma_{j}^{\prime}+1}\right)=\frac{k(X+1)}{k X} \cdot \frac{\ell X}{\ell(X+1)}=1
$$
also ist $n$ wie behauptet.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2019-loes_awkl_19.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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Decide whether there exists a set $M$ of positive integers that has the following property: For every positive rational number $r<1$ there exists exactly one finite subset $S$ of $M$ such that $\sum_{s \in S} 1 / s=r$, that is, the sum of the reciprocals of all elements of $S$ is equal to $r$.
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Such a set does not exist, which we will show using a proof by contradiction. Assume that $S$ has the given property. Clearly, $M$ is then infinite, and we may assume without loss of generality that $1 \notin M$. We denote the elements of $M$ in increasing order by $m_{1}<m_{2}<m_{3}<\ldots$. Case 1: It holds that $m_{i} \geq 2 m_{i-1}$ for all $i \geq 2$. Then $m_{i} \geq 2^{i-1} m_{1}$ for all $i \geq 1$, and it follows that
$$
r^{*}:=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{m_{i}} \leq \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{2^{i} m_{1}}=\frac{2}{m_{1}},
$$
that is, if $m_{1} \geq 3$ or $m_{i}>2 m_{i-1}$ for at least one $i$ is satisfied, then $r^{*}<1$. In this case, $M$ does not satisfy the condition given in the problem text if $s \in\left(r^{*}, 1\right)$ is chosen. Therefore, $m_{1}=2$ and $m_{i}=2 m_{i-1}$ for all $i$ must hold, so $M$ consists exactly of the powers of two greater than 1. Since $1 / 3=\sum_{i=2}^{\infty} 2^{-i}$ cannot be written as a finite sum of reciprocals of powers of two, a contradiction also arises in this case.
Case 2: There exists an $i>1$ such that $m_{i}<2 m_{i-1}$. We consider
$$
r:=\frac{1}{m_{i-1}}-\frac{1}{m_{i}}<\frac{1}{m_{i}}.
$$
By assumption, there exists a finite subset $S \subset M$ such that $\sum_{s \in S} 1 / s=r$ holds. Since $s<1 / m_{i}$, it follows that $m_{i} \notin S$. Thus, $S_{1}=S \cup\left\{m_{i}\right\}$ and $S_{2}=\left\{m_{i-1}\right\}$ are two different finite subsets of $M$ such that the sums of the reciprocals of $S_{1}$ and $S_{2}$ yield the value $1 / m_{i-1}$, which is 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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Entscheiden Sie, ob es eine Menge $M$ positiver ganzer Zahlen gibt, die folgende Eigenschaft hat: Für jede positive rationale Zahl $r<1$ existiert genau eine endliche Teilmenge $S$ von $M$, sodass $\sum_{s \in S} 1 / s=r$ gilt, das heißt die Summe der Kehrwerte aller Elemente von $S$ ist gleich $r$.
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Eine solche Menge existiert nicht, was wir mithilfe eines Widerpsruchsbeweises zeigen werden. Angenommen, $S$ hat die angegebene Eigenschaft. Offenbar ist $M$ dann unendlich, und wir dürfen ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass $1 \notin M$. Wir bezeichnen die Elemente von $M$ der Größe nach geordnet mit $m_{1}<m_{2}<m_{3}<\ldots$. Fall 1: Es gilt $m_{i} \geq 2 m_{i-1}$ für alle $i \geq 2$. Dann gilt $m_{i} \geq 2^{i-1} m_{1}$ für alle $i \geq 1$, und es folgt
$$
r^{*}:=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{m_{i}} \leq \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{2^{i} m_{1}}=\frac{2}{m_{1}},
$$
das heißt falls $m_{1} \geq 3$ oder $m_{i}>2 m_{i-1}$ für mindestens ein $i$ erfüllt ist, dann gilt $r^{*}<1$. In diesem Fall erfüllt $M$ jedoch entgegen der Annahme nicht die im Aufgabentext angegebene Bedingung, falls $s \in\left(r^{*}, 1\right)$ gewählt wird. Somit muss $m_{1}=2$ und $m_{i}=2 m_{i-1}$ für alle $i$ gelten, also besteht $M$ genau aus den Zweierpotenzen größer als 1 . Da sich $1 / 3=\sum_{i=2}^{\infty} 2^{-i}$ aber nicht als endliche Summe von Kehrwerten von Zweierpotenzen schreiben lässt, ergibt sich auch in diesem Fall ein Widerspruch.
Fall 2: Es existiert ein $i>1$, sodass $m_{i}<2 m_{i-1}$. Wir betrachten
$$
r:=\frac{1}{m_{i-1}}-\frac{1}{m_{i}}<\frac{1}{m_{i}} .
$$
Nach Annahme existiert eine endliche Teilmenge $S \subset M$, sodass $\sum_{s \in S} 1 / s=r$ gilt. Wegen $s<1 / m_{i}$ gilt $m_{i} \notin S$. Damit sind aber $S_{1}=S \cup\left\{m_{i}\right\}$ und $S_{2}=\left\{m_{i-1}\right\}$ zwei verschiedene endliche Teilmengen von $M$, sodass die Summen der Kehrwerte von $S_{1}$ und $S_{2}$ den Wert $1 / m_{i-1}$ ergeben, was ein Widerspruch ist.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2019-loes_awkl_19.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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We consider a triangle $ABC$ and a point $P$ in its interior. The reflection points of $P$ across the sides $\overline{BC}, \overline{CA}$, and $\overline{AB}$ are denoted by $A_{1}, B_{1}$, and $C_{1}$, respectively. Furthermore, let $\Omega$ be the circumcircle of triangle $A_{1} B_{1} C_{1}$, and let $A_{2}, B_{2}$, and $C_{2}$ be the second intersection points of the lines $A_{1} P, B_{1} P$, and $C_{1} P$ with $\Omega$. Prove that the three lines $A A_{2}, B B_{2}$, and $C C_{2}$ intersect on $\Omega$.
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We are working with directed angles modulo $180^{\circ}$.
In this sketch, $T$ corresponds to the point $P$.
Step 1: First, we observe that $C A$ and $C B$ are the perpendicular bisectors of the segments $\overline{P B_{1}}$ and $\overline{P A_{1}}$, so $C$ is the circumcenter of triangle $P A_{1} B_{1}$, and it follows that
$$
\measuredangle A_{1} C B = \frac{1}{2} \measuredangle A_{1} C P = \measuredangle A_{1} B_{1} P = \measuredangle A_{1} B_{1} B_{2} = \measuredangle A_{1} C_{2} B_{2}.
$$
Step 2: Analogously to Step 1, it follows that $\measuredangle A_{1} B C = \measuredangle A_{1} B_{2} C_{2}$, so triangles $A_{1} B C$ and $A_{1} B_{2} C_{2}$ are similar.
Step 3: Using the similarity just proven, we have
$$
\measuredangle C A_{1} B = \measuredangle C_{2} A_{1} B_{2} \quad \text{and} \quad \frac{\left|\overline{A_{1} C}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|} = \frac{\left|\overline{A_{1} C_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B_{2}}\right|}
$$
and thus also
$$
\measuredangle B_{2} A_{1} B = \measuredangle C_{2} A_{1} C \quad \text{and} \quad \frac{\left|\overline{A_{1} B_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|} = \frac{\left|\overline{A_{1} C_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} C}\right|}
$$
so triangles $A_{1} B_{2} B$ and $A_{1} C_{2} C$ are also similar.
Step 4: Let $K$ be the intersection of $C_{2} C$ with $\Omega$. Then $180^{\circ} - \measuredangle A_{1} B_{2} K = \measuredangle A_{1} C_{2} K = \measuredangle A_{1} C_{2} C = \measuredangle A_{1} B_{2} B$, so $K$ lies on the line $B B_{2}$. Similarly, one can show that $K$ also lies on the line $A A_{2}$, which completes the 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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Wir betrachten ein Dreieck $A B C$ und einen Punkt $P$ in dessen Inneren. Die Spiegelpunkte von $P$ an den Seiten $\overline{B C}, \overline{C A}$ und $\overline{A B}$ seien mit $A_{1}, B_{1}$ und $C_{1}$ bezeichnet. Ferner sei $\Omega$ der Umkreis des Dreiecks $A_{1} B_{1} C_{1}$ und schließlich seien $A_{2}, B_{2}$ und $C_{2}$ die zweiten Schnittpunkte der Geraden $A_{1} P, B_{1} P$ und $C_{1} P$ mit $\Omega$. Beweisen Sie, dass sich die drei Geraden $A A_{2}, B B_{2}$ und $C C_{2}$ auf $\Omega$ schneiden.
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Wir arbeiten mit gerichteten Winkeln modulo $180^{\circ}$.
In dieser Skizze entspricht $T$ dem Punkt $P$.
Schritt 1: Zunächst stellen wir fest, dass es sich bei $C A$ und $C B$ um die Mittelsenkrechten der Strecken $\overline{P B_{1}}$ und $\overline{P A_{1}}$ handelt, also ist $C$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $P A_{1} B_{1}$ und es folgt
$$
\measuredangle A_{1} C B=\frac{1}{2} \measuredangle A_{1} C P=\measuredangle A_{1} B_{1} P=\measuredangle A_{1} B_{1} B_{2}=\measuredangle A_{1} C_{2} B_{2} .
$$
Schritt 2: Analog wie in Schritt 1 folgt, dass $\measuredangle A_{1} B C=\measuredangle A_{1} B_{2} C_{2}$, also sind die Dreiecke $A_{1} B C$ und $A_{1} B_{2} C_{2}$ ähnlich.
Schritt 3: Unter Benutzung der soeben bewiesenen Ähnlichkeit folgt
$$
\measuredangle C A_{1} B=\measuredangle C_{2} A_{1} B_{2} \quad \text { und } \quad \frac{\left|\overline{A_{1} C}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|}=\frac{\left|\overline{A_{1} C_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B_{2}}\right|}
$$
und somit auch
$$
\measuredangle B_{2} A_{1} B=\measuredangle C_{2} A_{1} C \quad \text { und } \quad \frac{\left|\overline{A_{1} B_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|}=\frac{\left|\overline{A_{1} C_{2}}\right|}{\left|\overline{A_{1} C}\right|}
$$
also sind auch die Dreiecke $A_{1} B_{2} B$ und $A_{1} C_{2} C$ ähnlich.
Schritt 4: Es sei $K$ der Schnittpunkt von $C_{2} C$ mit $\Omega$. Dann gilt $180^{\circ}-\measuredangle A_{1} B_{2} K=$ $\measuredangle A_{1} C_{2} K=\measuredangle A_{1} C_{2} C=\measuredangle A_{1} B_{2} B$, also liegt $K$ auf der Geraden $B B_{2}$. Analog kann man zeigen, dass $K$ auch auf der Geraden $A A_{2}$ liegt, was den Beweis beendet.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2019-loes_awkl_19.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2019"
}
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The real numbers $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ satisfy the conditions
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) and $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Let $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ and $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Prove: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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Because of (2) the $r_{i}$ cannot all be 0 and because of (1) they cannot all have the same sign, it follows that $b>0$ and $a<0$. With $P=\left\{i: u_{i}>0\right\}$ and $N=\left\{i: u_{i} \leq 0\right\}$ as well as $p=|P|$ and $n=|N|$, we have $p+n=2019$ and from (1) it follows that
$0=\sum_{i=1}^{2019} u_{i}=\sum_{i \in P} u_{i}-\sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|$, thus $\sum_{i \in P} u_{i}=\sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|$.
With this, we can estimate: $\sum_{i \in P} u_{i}^{2} \leq \sum_{i \in P} b u_{i}=b \sum_{i \in N}\left|u_{i}\right| \leq b \sum_{i \in N}|a|=-n a b$ (3)
and $\quad \sum_{i \in N} u_{i}^{2} \leq \sum_{i \in N} a u_{i} \leq|a| \sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|=|a| \sum_{i \in P} u_{i} \leq-p a b$ (4).
It follows that $1=\sum_{i \epsilon P} u_{i}^{2}+\sum_{i \epsilon N} u_{i}^{2} \leq-(p+n) a b=-2019 a b$, and thus the claim.
Instead of (3) and (4), a solution using the AM-QM or the Cauchy-Schwarz inequality is possible.
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a b \leq \frac{-1}{2019}
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Die reellen Zahlen $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ erfüllen die Bedingungen
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) sowie $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Es sei $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ und $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Man beweise: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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Weil wegen (2) die $r_{i}$ nicht alle 0 sein und wegen (1) nicht alle das gleiche
Vorzeichen haben können, gilt $b>0$ und $a<0$. Mit $P=\left\{i: u_{i}>0\right\}$ und $N=\left\{i: u_{i} \leq 0\right\}$
sowie $p=|P|$ und $n=|N|$ gilt $p+n=2019$ und aus (1) folgt
$0=\sum_{i=1}^{2019} u_{i}=\sum_{i \in P} u_{i}-\sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|$, also $\sum_{i \in P} u_{i}=\sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|$.
Damit können wir abschätzen: $\sum_{i \in P} u_{i}^{2} \leq \sum_{i \in P} b u_{i}=b \sum_{i \in N}\left|u_{i}\right| \leq b \sum_{i \in N}|a|=-n a b$ (3)
sowie $\quad \sum_{i \in N} u_{i}^{2} \leq \sum_{i \in N} a u_{i} \leq|a| \sum_{i \in N}\left|u_{i}\right|=|a| \sum_{i \in P} u_{i} \leq-p a b$ (4).
Es folgt $1=\sum_{i \epsilon P} u_{i}^{2}+\sum_{i \epsilon N} u_{i}^{2} \leq-(p+n) a b=-2019 a b$, und damit die Behauptung.
Anstelle von (3) und (4) ist eine Lösung über die AM-QM- bzw. die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung möglich.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1:",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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The real numbers $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ satisfy the conditions
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) and $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Let $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ and $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Prove: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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Again, starting from $b>0$ and $a<0$, we consider the following convex point set $C$ in the $\mathrm{x}-\mathrm{y}$ plane:
(i) The lower boundary of $C$ is the parabola $y=x^{2}$ in the range $a \leq x \leq b$.
(ii) The upper boundary of $C$ is the line $g: y=(a+b)x-ab$ in the range $a \leq x \leq b$.
Each of the points $(u_{i}, u_{i}^{2})$ lies on the lower boundary of $C$. Therefore, the centroid $S$ of these 2019 points, each with equal mass, also lies within $C$. It holds that $S=\left(\frac{1}{2019} \sum_{i=1}^{2019} u_{i}, \frac{1}{2019} \sum_{i=1}^{2019} u_{i}^{2}\right)=\left(0, \frac{1}{2019}\right)$. For $g$, at the point $x=0$, $y=-ab$ holds. $S$ must not lie above the upper boundary, from which the claim 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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Inequalities
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Die reellen Zahlen $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ erfüllen die Bedingungen
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) sowie $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Es sei $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ und $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Man beweise: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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Wiederum ausgehend von $b>0$ und $a<0$ betrachten wir die folgende konvexe Punktmenge $C$ in der $\mathrm{x}-\mathrm{y}$-Ebene:
(i) Der untere Rand von $C$ ist die Parabel $y=x^{2}$ im Bereich $a \leq x \leq b$.
(ii) Der obere Rand von $C$ ist die Gerade $g: y=(a+b) x-a b$ im Bereich $a \leq x \leq b$.
Jeder der Punkte ( $u_{i}, u_{i}^{2}$ ) liegt auf dem unteren Rand von $C$. Daher liegt der Schwerpunkt $S$ dieser 2019 Punkte, die mit gleicher Masse versehen seien, ebenfalls in C. Es gilt $S=\left(\frac{1}{2019} \sum_{i 1}^{2019} u_{i}, \frac{1}{2019} \sum_{i 1}^{2019} u_{i}^{2}\right)=\left(0, \frac{1}{2019}\right)$. Für $g$ gilt an der Stelle $x=0$, dass $y=-a b$ ist. $S$ darf nicht oberhalb der oberen Begrenzung liegen, woraus die Behauptung folgt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1:",
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"solution_match": "\n2. Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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The real numbers $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ satisfy the conditions
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) and $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Let $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ and $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Prove: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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(A one-line proof):
$0 \leq \sum_{i=1}^{2019}\left(r_{i}-a\right)\left(b-r_{i}\right)=\sum_{i=1}^{2019}\left(-r_{i}^{2}+(b+a) r_{i}-a b\right)=-1-2019 a b \Leftrightarrow a b \leq \frac{-1}{2019}$.
Hint: Often, a "shifting argument" was used to try to optimize a solution until the inequality to be shown was satisfied. This often led to gaps.
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a b \leq \frac{-1}{2019}
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Die reellen Zahlen $r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}$ erfüllen die Bedingungen
$r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{2019}=0$ (1) sowie $r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+\ldots+r_{2019}^{2}=1$ (2).
Es sei $a=\min \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$ und $b=\max \left(r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{2019}\right)$. Man beweise: $a b \leq \frac{-1}{2019}$.
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(Ein Ein-Zeilen-Beweis):
$0 \leq \sum_{i=1}^{2019}\left(r_{i}-a\right)\left(b-r_{i}\right)=\sum_{i=1}^{2019}\left(-r_{i}^{2}+(b+a) r_{i}-a b\right)=-1-2019 a b \Leftrightarrow a b \leq \frac{-1}{2019}$.
Hinweis: Häufig wurde mit einem „Schiebeargument" versucht, eine Lösung zu optimieren, bis die zu zeigende Ungleichung erfüllt war. Dabei traten oft Lücken auf.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1:",
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"year": "2020"
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Given a triangle $ABC$. A circle $k$ passes through $A$, intersects the sides $\overline{AB}$ and $\overline{AC}$ again at points $D$ and $E$ respectively, and intersects the side $\overline{BC}$ at points $F$ and $G$, where $F$ lies between $B$ and $G$. The tangent to the circle through $B, D$, and $F$ at $F$ and the tangent to the circle through $C, E$, and $G$ at $G$ intersect at a point $T$. We assume that $A \neq T$. Prove that the lines $AT$ and $BC$ are parallel.
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According to the secant-tangent angle theorem for the chord $\overline{F B}$, it holds (see figure) $\angle T F B=180^{\circ}-\angle B D F=\angle F D A$. In the cyclic quadrilateral $A D F G$, therefore, $\angle F D A=180^{\circ}-\angle A G F=\angle C G A$ (small arcs), analogously $\angle T G B=180^{\circ}-\angle C G T=\angle G E C$ and $\angle G E C=\angle C F A$ (cyclic quadrilateral $A F G E$, large arcs). Thus, $\angle T F B=\angle C G A$ (1), from which $\angle G F T=\angle A G B$ follows, and $\angle T G B=\angle C F A$ (2).
Therefore, the triangles $A F G$ and $T F G$ are congruent by ASA, so their heights on the common side $\overline{F G}$ are equal, which proves the claim.
Variant: From (1) and (2), it directly follows that $\angle A F T=\angle A G T$. This means, by the converse of the cyclic quadrilateral theorem, that $T$ lies on $k$. With $\angle T A F=\angle T G F=\angle G F A$, the parallelism of $\overline{T A}$ and $\overline{F G}$ follows.
Note: For some claims, a positional consideration is necessary, the absence of which would have resulted in a point deduction.
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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 $A B C$. Ein Kreis $k$ geht durch $A$, schneidet die Seiten $\overline{A B}$ und $\overline{A C}$ nochmals in den Punkten $D$ bzw. $E$ und schneidet die Seite $\overline{B C}$ in den Punkten $F$ und $G$, wobei $F$ zwischen $B$ und $G$ liegt. Die Tangente an den Kreis durch $B, D$ und $F$ in $F$ und die Tangente an den Kreis durch $C, E$ und $G$ in $G$ schneiden sich in einem Punkt $T$. Wir nehmen an, dass $A \neq T$ gilt. Man beweise, dass die Geraden $A T$ und $B C$ parallel sind.
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Nach dem Sehnen-Tangentenwinkelsatz für die Sehne $\overline{F B}$ gilt (siehe Figur) $\angle T F B=180^{\circ}-\angle B D F=\angle F D A$. Im Sehnenviereck $A D F G$ gilt daher $\angle F D A=180^{\circ}-\angle A G F=\angle C G A$ (kleine Bögen), analog ist $\angle T G B=180^{\circ}-\angle C G T=\angle G E C$ und $\angle G E C=\angle C F A$ (Sehnenviereck $A F G E$, große Bögen). Also gilt $\angle T F B=\angle C G A$ (1), woraus $\angle G F T=\angle A G B$ folgt, und $\angle T G B=\angle C F A$ (2).
Damit sind die Dreiecke $A F G$ und $T F G$ nach wsw kongruent, somit ihre Höhen auf der gemeinsamen Seite $\overline{F G}$ gleich, woraus die Behauptung folgt.
Variante: Aus (1) und (2) folgt direkt, dass $\angle A F T=\angle A G T$ gilt. Dies bedeutet nach der Umkehrung des Satzes vom Sehnenviereck, dass $T$ auf $k$ liegt. Mit $\angle T A F=\angle T G F=\angle G F A$ folgt die Parallelität von $\overline{T A}$ und $\overline{F G}$.
Hinweis: Für einige Behauptungen ist eine Lagebetrachtung erforderlich, deren Fehlen einen Punktabzug zur Folge hatte.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2:",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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Let $m$ and $n$ be two positive integers. Prove that the integer $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil$ is not a perfect square.
(Here, $\lceil x\rceil$ denotes the smallest integer not less than $x$.)
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For an indirect proof, we assume that there is a $k \in \mathbb{N}$ such that $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil=(m+k)^{2}$, i.e., $\left\lceil\frac{(2 m)^{2}}{n}\right\rceil=(2 m+k) k$. Clearly, $k \geq 1$. Thus, the equation $\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=(c+k) k(1)$ has a positive integer solution $(c, k)$ with even $c$. Ignoring the parity of $c$, we consider such a solution of (1) with minimal $k$. From $\frac{c^{2}}{n}>\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil-1=c k+k^{2}-1 \geq c k$ and $\frac{(c-k)(c+k)}{n}<\frac{c^{2}}{n} \leq\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=(c+k) k$, we deduce $c>n k>n-k$, so that $c=k n+r$ with a suitable $0<r<k$ holds. Substituting this into (1) yields $\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=\left\lceil\frac{(n k+r)^{2}}{n}\right\rceil=k^{2} n+2 k r+\left\lceil\frac{r^{2}}{n}\right\rceil$ and $(c+k) k=(k n+r+k) k=k^{2} n+2 k r+k(k-r)$, so that $\left\lceil\frac{r^{2}}{n}\right\rceil=k(k-r)$ (2) follows. This provides another positive integer solution of (1) with $c^{\prime}=r$ and $k^{\prime}=k-r<k$, which contradicts the minimality of $k$.
Variant: Let $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil=c^{2}$ for a positive integer $c>m$, from which
$c^{2}-1<m^{2}+\frac{4 m^{2}}{n} \leq c^{2}$ and thus $0 \leq c^{2} n-m^{2}(m+4)<n$ (3) follows. We substitute $d=c^{2} n-m^{2}(n+4), x=c+m$ and $y=c-m$, obtaining $c=\frac{x+y}{2}$ and $m=\frac{x-y}{2}$, and rewrite (3) as: $\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2} n-\left(\frac{x-y}{2}\right)^{2}(n+4)=d$ or $x^{2}-(n+2) x y+y^{2}+d=0$ with $0 \leq d<n$. We choose for fixed $n$ and $d$ an integer solution pair $(x, y)$ for which $x+y$ is minimal. Due to the symmetry of (4), we can assume $x \geq y \geq 1$. As above, another solution $(z, y)$ can also be found here, for which $z<x$ - contradiction!
Hint: Those who know "Vieta jumping" can also apply this method here wonderfully. This problem was the hardest in the exam and was not fully solved by any participant. Relatively common errors: rational squares were confused with integer squares, the upper with the lower Gaussian bracket, factors were extracted from the Gaussian bracket, or calculations with residue classes were performed with it.
## Solutions to the 2nd Selection Exam 2019/2020
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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 seien $m$ und $n$ zwei positive ganze Zahlen. Man beweise, dass die ganze Zahl $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil$ keine Quadratzahl ist.
(Dabei bezeichnet $\lceil x\rceil$ die kleinste ganze Zahl, die nicht kleiner als $x$ ist.)
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Für einen indirekten Beweis nehmen wir an, dass es ein $k \in \mathbb{N}$ gibt mit $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil=(m+k)^{2}$, d.h. $\left\lceil\frac{(2 m)^{2}}{n}\right\rceil=(2 m+k) k$. Offensichtlich ist $k \geq 1$. Also hat die Gleichung $\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=(c+k) k(1)$ eine positive ganzzahlige Lösung $(c, k)$ mit geradem $c$. Ohne auf die Parität von $c$ zu achten, betrachten wir eine solche Lösung von (1) mit minimalem $k$. Aus $\frac{c^{2}}{n}>\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil-1=c k+k^{2}-1 \geq c k$ und $\frac{(c-k)(c+k)}{n}<\frac{c^{2}}{n} \leq\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=(c+k) k$ entnehmen wir $c>n k>n-k$, so dass $c=k n+r$ mit geeignetem $0<r<k$ gilt. Dies in (1) eingesetzt liefert $\left\lceil\frac{c^{2}}{n}\right\rceil=\left\lceil\frac{(n k+r)^{2}}{n}\right\rceil=k^{2} n+2 k r+\left\lceil\frac{r^{2}}{n}\right\rceil$ und $(c+k) k=(k n+r+k) k=k^{2} n+2 k r+k(k-r)$, so dass $\left\lceil\frac{r^{2}}{n}\right\rceil=k(k-r)$ (2) folgt. Dies liefert eine andere positive ganzzahlige Lösung von (1) mit $c^{\prime}=r$ und $k^{\prime}=k-r<k$, was der Minimalität von $k$ widerspricht.
Variante: Es sei $m^{2}+\left\lceil\frac{4 m^{2}}{n}\right\rceil=c^{2}$ für eine positive ganze Zahl $c>m$, woraus
$c^{2}-1<m^{2}+\frac{4 m^{2}}{n} \leq c^{2}$ und daraus $0 \leq c^{2} n-m^{2}(m+4)<n$ (3) folgt. Wir substituieren $d=c^{2} n-m^{2}(n+4), x=c+m$ und $y=c-m$, erhalten $c=\frac{x+y}{2}$ sowie $m=\frac{x-y}{2}$ und schreiben (3) damit um: $\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2} n-\left(\frac{x-y}{2}\right)^{2}(n+4)=d$ bzw. $x^{2}-(n+2) x y+y^{2}+d=0$ mit $0 \leq d<n$. Wir wählen für festes $n$ und $d$ ein ganzzahliges Lösungspaar $(x, y)$, für das $x+y$ minimal ist. Wegen der Symmetrie von (4) können wir dabei $x \geq y \geq 1$ annehmen. Wie oben läst sich auch hier eine weitere Lösung $(z, y)$ finden, für die $z<x$ ist - Widerspruch!
Hinweis: Wer „Vieta jumping" kennt, kann auch diese Methode hier wunderbar anwenden. Diese Aufgabe war die schwerste der Klausur und wurde von keinem Teilnehmer vollständig gelöst. Relativ häufig auftretende Fehler: rationale Quadratzahlen wurden mit ganzen Quadratzahlen verwechselt, ebenso die obere mit der unteren Gaußklammer verwechselt, aus der Gaußklammer wurden Faktoren herausgezogen oder mit ihr wurde Restklassenrechnung betrieben.
## Lösungen zur 2. Auswahlklausur 2019/2020
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3:",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\nLösung:",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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A pirate wants to divide a treasure consisting of 1000 gold coins, each weighing at least 1 g and together exactly 2 kg, into two parts, each of which may deviate from 1 kg in mass by at most 1 g. Prove that this is possible.
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Let the masses of the 1000 coins in grams, in ascending order, be denoted by $m_{1} \leq m_{2} \leq \cdots \leq m_{1000}$. We will now prove by induction on $\ell=1, \ldots, 1000$ the following statement.
Lemma. For all $1 \leq \ell \leq 1000$ and every real number $0 \leq x \leq 2+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}$, there exists a (potentially empty) subset $I \subset\{1,2, \ldots, \ell\}$ such that $\sum_{i \in I} m_{i} \in[x-2, x]$.
It holds that $x_{1} \leq 2000 / 1000=2$, so the base case $\ell=1$ is clear: if $x<2$, we can choose $I=\emptyset$, otherwise $I=\{1\}$ works.
For the induction step $\left(\ell \rightarrow \ell+1\right.$, where $\ell \leq 999$), we see that for $x \leq \sum_{i=1}^{\ell} m_{i}$, there is nothing to show. Since we can replace any set $I$ by $I \cup\{\ell+1\}$, the claim is also true for $m_{\ell+1} \leq x \leq m_{\ell+1}+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}=\sum_{i=1}^{\ell+1} m_{i}$. The induction step is thus completed, except if $2+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}<m_{\ell+1}$. In this case, it follows that $m_{i}>2+\ell$ for all $\ell+1 \leq i \leq 1000$, which implies the following inequality.
$$
2000=\sum_{i=1}^{1000} m_{i}=\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}+\sum_{i=\ell+1}^{1000} m_{i}>\ell+(1000-\ell)(2+\ell)=2000+999 \ell-\ell^{2}
$$
Thus, $\ell>999$, a contradiction, which completes the proof of the lemma.
We now apply the lemma to $\ell=1000$ and $x=1001$. This shows that there exists a subset $I \subset\{1,2, \ldots, 1000\}$ such that $\sum_{i \in I} x_{i} \in[999,1001]$. Since $\sum_{i=1}^{1000} m_{i}=$ 2000, it also follows that $\sum_{i \in\{1, \ldots, 1000\} \backslash I} x_{i} \in[999,1001]$, and the partition of the coins corresponding to the decomposition
$$
\{1, \ldots, 1000\}=I \cup(\{1, \ldots, 1000\} \backslash I)
$$
satisfies 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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Number Theory
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Ein Pirat möchte einen Schatz, bestehend aus 1000 Goldmünzen, die jeweils mindestens 1 g und zusammen genau 2 kg wiegen, in zwei Teile aufteilen, die in ihrer Masse jeweils um höchstens 1 g von 1 kg abweichen. Beweisen Sie, dass dies möglich ist.
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Die Massen der 1000 Münzen in Gramm, in aufsteigender Reihenfolge geordnet, seien mit $m_{1} \leq m_{2} \leq \cdots \leq m_{1000}$ bezeichnet. Wir beweisen nun zunächst mit vollständiger Induktion nach $\ell=1, \ldots, 1000$ die folgende Aussage.
Lemma. Für alle $1 \leq \ell \leq 1000$ und jede reelle Zahl $0 \leq x \leq 2+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}$ existiert eine (potentiell leere) Teilmenge $I \subset\{1,2, \ldots, \ell\}$, sodass $\sum_{i \in I} m_{i} \in[x-2, x]$ gilt.
Es gilt $x_{1} \leq 2000 / 1000=2$, also ist der Induktionsanfang $\ell=1$ klar: falls $x<2$, können wir $I=\emptyset$ wählen, ansonsten funktioniert $I=\{1\}$.
Für den Induktionsschritt $\left(\ell \rightarrow \ell+1\right.$, wobei $\ell \leq 999$ ) sehen wir, dass für $x \leq \sum_{i=1}^{\ell} m_{i}$ nichts zu zeigen ist. Da wir jede Menge $I$ durch $I \cup\{\ell+1\}$ ersetzen können, ist die Behauptung auch für $m_{\ell+1} \leq x \leq m_{\ell+1}+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}=\sum_{i=1}^{\ell+1} m_{i}$ erfüllt. Der Induktionssschritt ist also beendet, außer es gilt $2+\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}<m_{\ell+1}$. In diesem Fall folgt $m_{i}>2+\ell$ für alle $\ell+1 \leq i \leq 1000$, was folgende Umgleichung impliziert.
$$
2000=\sum_{i=1}^{1000} m_{i}=\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}+\sum_{i=\ell+1}^{1000} m_{i}>\ell+(1000-\ell)(2+\ell)=2000+999 \ell-\ell^{2}
$$
Damit folgt $\ell>999$, ein Widerspruch, was den Beweis des Lemmas abschließt.
Wir wenden das Lemma nun auf $\ell=1000$ und $x=1001$ an. Dadurch wird ersichtlich, dass eine Teilmenge $I \subset\{1,2, \ldots, 1000\}$ existiert, für die $\sum_{i \in I} x_{i} \in[999,1001]$ gilt. Wegen $\sum_{i=1}^{1000} m_{i}=$ 2000 gilt auch $\sum_{i \in\{1, \ldots, 1000\} \backslash I} x_{i} \in[999,1001]$, und die Aufteilung der Münzen, die der Zerlegung
$$
\{1, \ldots, 1000\}=I \cup(\{1, \ldots, 1000\} \backslash I)
$$
entspricht, erfüllt die Behauptung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\n1. Lösung (Vollständige Induktion).",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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A pirate wants to divide a treasure consisting of 1000 gold coins, each weighing at least 1 g and together exactly 2 kg, into two parts, each of which may deviate from 1 kg in mass by at most 1 g. Prove that this is possible.
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We use the same notation as in the first solution. The pirate distributes the coins according to the following procedure: He places all the coins, in descending order of their masses (starting with the heaviest coin with mass \( m_{1000} \)), one by one onto two piles \( H_{1} \) and \( H_{2} \), placing each coin on the pile that is lighter at that moment; in case of a tie, he chooses any pile.
We claim that neither of the two piles will ever weigh more than 1001 grams.
Suppose, after adding the \( k \)-th coin with mass \( m_{1001-k} \), one of the piles does weigh more than 1001 grams. Before this step, the total weight of both piles was \( \sum_{i=1002-k}^{1000} m_{i} \) grams, and since the coin was placed on the lighter pile, it follows that
\[
\begin{aligned}
m_{1001-k} + \frac{1}{2} \sum_{i=1002-k}^{1000} m_{i} & > 1001 \\
m_{1001-k} + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1000} m_{i} & > 1001 + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1001-k} m_{i} \\
\frac{1}{2} m_{1001-k} + 1000 & > 1001 + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1000-k} m_{i} \\
m_{1001-k} & > 2 + \sum_{i=1}^{1000-k} m_{i} \geq 2 + 1000 - k = 1002 - k
\end{aligned}
\]
Thus, it follows that
\[
\begin{aligned}
2000 = \sum_{i=1}^{1000} m_{i} & = \left( \sum_{i=1}^{1000-k} m_{i} \right) + \left( \sum_{i=1001-k}^{1000} m_{i} \right) \\
& \geq 1000 - k + k \cdot m_{1001-k} \\
& > 1000 - k + k(1002 - k)
\end{aligned}
\]
Therefore, \( f(k) = -k^2 + 1001k - 1000 < 0 \), which is a contradiction because \( f(k) = (k-1)(1000-k) \) and \( 1 \leq k \leq 1000 \).
Thus, the claim is true, and even after distributing the lightest coin with mass \( m_{1} \), neither pile weighs more than 1001 grams. Since they together weigh 2000 grams, each pile must weigh at least 999 grams, and we have found the required distribution.
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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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Ein Pirat möchte einen Schatz, bestehend aus 1000 Goldmünzen, die jeweils mindestens 1 g und zusammen genau 2 kg wiegen, in zwei Teile aufteilen, die in ihrer Masse jeweils um höchstens 1 g von 1 kg abweichen. Beweisen Sie, dass dies möglich ist.
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Wir verwenden die gleiche Notation wie in der ersten Lösung. Der Pirat verteilt die Münzen nach folgendem Verfahren: Er legt alle Münzen, in absteigender Reihenfolge ihrer Massen (also beginnend mit der schwersten Münze mit Masse $m_{1000}$ ), nach und nach auf zwei Haufen $H_{1}$ und $H_{2}$, wobei er jede Münze auf denjenigen Haufen legt, der zu diesem Zeitpunkt leichter ist; bei eine Gleichgewicht wählt er einen beliebigen Haufen aus.
Wir behaupten, dass keiner der beiden Haufen jemals mehr als 1001 Gramm wiegt.
Angenommen, nach dem Hinzulegen der kten Münze mit Masse $m_{1001-k}$ ist doch einer der Haufen schwerer als 1001 Gramm. Vor diesem Schritt wogen beide Haufen zusammen $\sum_{i=1002-k}^{1000} m_{i}$
Gramm, und da die Münze auf den leichteren Haufen gelegt wurde, folgt
$$
\begin{aligned}
m_{1001-k}+\frac{1}{2} \sum_{i=1002-k}^{1000} m_{i} & >1001 \\
m_{1001-k}+\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1000} m_{i} & >1001+\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1001-k} m_{i} \\
\frac{1}{2} m_{1001-k}+1000 & >1001+\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{1000-k} m_{i} \\
m_{1001-k} & >2+\sum_{i=1}^{1000-k} m_{i} \geq 2+1000-k=1002-k
\end{aligned}
$$
Damit folgt nun
$$
\begin{aligned}
2000=\sum_{i=1}^{1000} m_{i} & =\left(\sum_{i=1}^{1000-k} m_{i}\right)+\left(\sum_{i=1001-k}^{1000} m_{i}\right) \\
& \geq 1000-k+k \cdot m_{1001-k} \\
& >1000-k+k(1002-k)
\end{aligned}
$$
also folgt $f(k)=-k^{2}+1001 k-1000<0$, was wegen $f(k)=(k-1)(1000-k)$ und $1 \leq k \leq 1000$ jedoch ein Widerspruch ist.
Also stimmt die Behauptung, und auch nach dem Verteilen der leichtesten Münze mit Masse $m_{1}$ wiegen beide Haufen nicht mehr als 1001 Gramm. Da sie zusammen 2000 Gramm wiegen, muss damit jeder Haufen mindestens 999 Gramm wiegen, und wir haben eine Verteilung wie gefordert gefunden.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\n2. Lösung (Greedy-Algorithmus).",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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A pirate wants to divide a treasure consisting of 1000 gold coins, each weighing at least 1 g and together exactly 2 kg, into two parts, each of which may deviate from 1 kg in mass by at most 1 g. Prove that this is possible.
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We use the same notation as in the first solution. Since $m_{1000} \geq 2 > 1$, it follows that $m_{1} + \cdots + m_{999} < 1999$, and the 1000 sums
$$
0, m_{1}, m_{1} + m_{2}, \ldots, m_{1} + m_{2} + \cdots + m_{999}
$$
each lie in exactly one of the 1000 drawers
$$
\begin{gathered}
{[0,1) \cup [1000,1001),} \\
{[1,2) \cup [1001,1002),} \\
\ldots, \\
{[998,999) \cup [1998,1999),} \\
{[999,1000)}
\end{gathered}
$$
If one of the sums lies in the last drawer $[999,1000)$, we are done. Otherwise, two sums lie in the same drawer $[k, k+1) \cup [1000+k, 1001+k)$ (for some fixed $0 \leq k \leq 998$). Since by assumption $m_{i} \geq 1$, one of the sums lies in the interval $[k, k+1)$ and the other in $[1000+k, 1001+k)$, the difference $m_{i+1} + m_{i+2} + \cdots + m_{j}$ of the two sums thus lies in the interval $(999,1001)$ and provides the desired distribution.
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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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Ein Pirat möchte einen Schatz, bestehend aus 1000 Goldmünzen, die jeweils mindestens 1 g und zusammen genau 2 kg wiegen, in zwei Teile aufteilen, die in ihrer Masse jeweils um höchstens 1 g von 1 kg abweichen. Beweisen Sie, dass dies möglich ist.
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Wir verwenden wieder die gleiche Notation wie in der ersten Lösung. Wegen $m_{1000} \geq 2>1$ gilt $m_{1}+\cdots+m_{999}<1999$, und die 1000 Summen
$$
0, m_{1}, m_{1}+m_{2}, \ldots, m_{1}+m_{2}+\cdots+m_{999}
$$
liegen jeweils in genau einem der 1000 Schubfächer
$$
\begin{gathered}
{[0,1) \cup[1000,1001),} \\
{[1,2) \cup[1001,1002),} \\
\ldots, \\
{[998,999) \cup[1998,1999),} \\
{[999,1000)}
\end{gathered}
$$
Falls eine der Summen im letzten Schubfach $[999,1000)$ liegt, sind wir fertig, ansonsten liegen zwei Summen im gleichen Schubfach $[k, k+1) \cup[1000+k, 1001+k$ ) (für ein festes $0 \leq k \leq 998$ ). Da nach Voraussetzung $m_{i} \geq 1$ gilt, liegt eine der Summen im Intervall $[k, k+1)$ und die andere in $[1000+k, 1001+k)$, die Differenz $m_{i+1}+m_{i+2}+\cdots+m_{j}$ der beiden Summen liegt somit im Intervall $(999,1001)$ und liefert daher eine Verteilung wie gewünscht.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\n3. Lösung (Schubfachprinzip).",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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Let $\triangle ABC$ have circumcircle $\Omega$, and let points $A_1, B_1$, and $C_1$ lie on the sides $\overline{BC}, \overline{CA}$, and $\overline{AB}$, respectively, such that the three lines $AA_1, BB_1$, and $CC_1$ intersect at a point $P$.
It is to be shown that at most two of the three reflection points of $P$ when reflected over $A_1$, $B_1$, or $C_1$ lie outside $\Omega$.
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Due to $\measuredangle B P C+\measuredangle C P A+\measuredangle A P B=360^{\circ}=\left(180^{\circ}-\measuredangle B A C\right)+\left(180^{\circ}-\measuredangle C B A\right)+$ $\left(180^{\circ}-\measuredangle A C B\right)$, we can assume without loss of generality that $\measuredangle A P B \leq$ $180^{\circ}-\measuredangle A C B$. Since $P$ lies inside the triangle $A B C$, $\angle A P B>\measuredangle A C B$, which implies $\measuredangle A P B \in\left[\measuredangle A C B, 180^{\circ}-\measuredangle A C B\right]$ and thus $\sin \measuredangle A P B \geq \sin \measuredangle A C B$.
Let $A_{2}, B_{2}$, and $C_{2}$ be the reflection points described in the problem statement, and $A_{3}, B_{3}$, and $C_{3}$ be the second intersection points of the lines $A P, B P$, and $C P$ with $\Omega$. We will now prove that at least one of the ratios $\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|}$ and $\frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}$ is not greater than 1, which implies the claim.
To do this, we calculate using the Law of Sines,
$$
\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|}=\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|} \cdot \frac{\left|\overline{A_{1} B}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|} \stackrel{(*)}{=} \frac{\sin \measuredangle C B P}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\left|\overline{A_{1} A}\right|}{\left|\overline{A_{1} C}\right|}=\frac{\sin \measuredangle C B P}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\sin \measuredangle A C B}{\sin \measuredangle P A C},
$$
where in step (*) we used the equation $\left|\overline{A_{1} B}\right| \cdot\left|\overline{A_{1} C}\right|=\left|\overline{A_{1} A}\right| \cdot\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|$, which follows from the Power of a Point theorem. Similarly, we can show
$$
\frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}=\frac{\sin \measuredangle P A C}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\sin \measuredangle A C B}{\sin \measuredangle C B P},
$$
and by multiplying both equations, we finally get
$$
\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|} \cdot \frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}=\frac{(\sin \measuredangle A C B)^{2}}{(\sin \measuredangle A P B)^{2}} \leq 1,
$$
which implies the claim.
Note: Many of the participants solved the (much simpler) problem where $P$ is reflected across the three sides of the triangle instead of the points $A_{1}, B_{1}$, and $C_{1}$, and showed that at least one of the resulting reflection points does not lie outside the triangle.
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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 ein Dreieck $A B C$ mit Umkreis $\Omega$ sowie Punkte $A_{1}, B_{1}$ und $C_{1}$ auf den Dreiecksseiten $\overline{B C}, \overline{C A}$ und $\overline{A B}$ gegeben, sodass die drei Geraden $A A_{1}, B B_{1}$ und $C C_{1}$ einen Punkt $P$ gemeinsam haben.
Es ist zu zeigen, dass höchstens zwei der drei Spiegelpunkte von $P$ bei Punktspiegelung an $A_{1}$, $B_{1}$, bzw. $C_{1}$ außerhalb von $\Omega$ liegen.
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Wegen $\measuredangle B P C+\measuredangle C P A+\measuredangle A P B=360^{\circ}=\left(180^{\circ}-\measuredangle B A C\right)+\left(180^{\circ}-\measuredangle C B A\right)+$ $\left(180^{\circ}-\measuredangle A C B\right)$ dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass $\measuredangle A P B \leq$ $180^{\circ}-\measuredangle A C B$ gilt. Da $P$ im Inneren des Dreiecks $A B C$ liegt, gilt $\angle A P B>\measuredangle A C B$, woraus $\measuredangle A P B \in\left[\measuredangle A C B, 180^{\circ}-\measuredangle A C B\right]$ und damit $\sin \measuredangle A P B \geq \sin \measuredangle A C B$ folgt.
Es seien $A_{2}, B_{2}$ und $C_{2}$ die im Aufgabentext beschriebenen Spiegelpunkte, sowie $A_{3}, B_{3}$ und $C_{3}$ die zweiten Schnittpunkte der Geraden $A P, B P$ und $C P$ mit $\Omega$. Wir werden nun beweisen, dass mindestens eines der Verhältnisse $\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|}$ und $\frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}$ nicht größer als 1 ist, woraus die Behauptung folgt.
Dazu rechnen wir unter Ausnutzung des Sinussatzes,
$$
\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|}=\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} B}\right|} \cdot \frac{\left|\overline{A_{1} B}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|} \stackrel{(*)}{=} \frac{\sin \measuredangle C B P}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\left|\overline{A_{1} A}\right|}{\left|\overline{A_{1} C}\right|}=\frac{\sin \measuredangle C B P}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\sin \measuredangle A C B}{\sin \measuredangle P A C},
$$
wobei wir im Schritt (*) die Gleichung $\left|\overline{A_{1} B}\right| \cdot\left|\overline{A_{1} C}\right|=\left|\overline{A_{1} A}\right| \cdot\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|$ verwendet haben, die aus dem Sehnensatz folgt. Analog zeigt man nun auch
$$
\frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}=\frac{\sin \measuredangle P A C}{\sin \measuredangle A P B} \cdot \frac{\sin \measuredangle A C B}{\sin \measuredangle C B P},
$$
und durch Multiplikation beider Gleichungen folgt schlieBlich
$$
\frac{\left|\overline{P A_{1}}\right|}{\left|\overline{A_{1} A_{3}}\right|} \cdot \frac{\left|\overline{P B_{1}}\right|}{\left|\overline{B_{1} B_{3}}\right|}=\frac{(\sin \measuredangle A C B)^{2}}{(\sin \measuredangle A P B)^{2}} \leq 1,
$$
was die Behauptung impliziert.
Anmerkung: Viele der Teilnehmenden haben statt der eigentlich gestellten Aufgabe das (deutlich einfachere) Problem gelöst, in dem $P$ an den drei Seiten des Dreiecks statt an den Punkten $A_{1}, B_{1}$, und $C_{1}$ gespiegelt wird, und gezeigt, dass mindestens einer der resultierenden Spiegelpunkte nicht außerhalb des Dreiecks liegt.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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Let $\varepsilon>0$ be given. Show that there exist integers $a, b$, and $c$, not all zero, such that the inequality $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}|<\varepsilon$ is satisfied.
Furthermore, prove that in every triple $(a, b, c) \neq(0,0,0)$ of integers for which this inequality holds, at least one of the absolute values $|a|,|b|,|c|$ is greater than $\varepsilon^{-1 / 3} / \sqrt{30}$.
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In the first proof of the first part, for a real number $x$, let $[x]$ be the greatest integer not greater than $x$ (Gauss bracket), and the number $\langle x\rangle:=x-[x] \in[0,1)$ is referred to as the fractional part of $x$.
We choose an integer $n>\sqrt{2} \varepsilon^{-1}$. By the pigeonhole principle, there exist different indices $i, j \in\{0,1, \ldots, n\}$, such that $\langle i \sqrt{6}\rangle$ and $\langle j \sqrt{6}\rangle$ lie in the same of the $n$ intervals
$$
\left[0, \frac{1}{n}\right),\left[\frac{1}{n}, \frac{2}{n}\right), \ldots,\left[\frac{n-1}{n}, 1\right)
$$
Then there exists an integer $a$ such that $|a-(i \sqrt{6}-j \sqrt{6})|<1 / n$. This implies, by multiplying with $\sqrt{2}$, for $b:=2(j-i)$, the inequality $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}|<\sqrt{2} / n<\varepsilon$, which, with $c=0$, leads to the inequality in the problem statement.
The second proof avoids the pigeonhole principle: Since $0<\sqrt{6}-2<1$, we find a positive integer $k$ such that $X=(\sqrt{6}-2)^{k} \in(0, \varepsilon / \sqrt{3})$. Clearly, there exist non-zero integers $a_{0}, b_{0}$ such that $X=a_{0} \sqrt{6}+b_{0}$. We set $a=3 a_{0}, b=b_{0}, c=0$, then $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}|=\left|\sqrt{3}\left(a_{0} \sqrt{3} \sqrt{2}+b_{0}\right)\right|=\sqrt{3} X<\varepsilon$.
Note: It is also possible to derive this part of the problem in a few lines from Dirichlet's approximation theorem or Minkowski's lattice point theorem. However, during the correction, it was emphasized that these theorems were cited exactly.
For the (more difficult) second part of the problem, we assume that $a, b$ and $c$ satisfy the inequality. We first calculate that the following expression is an integer.
$$
\begin{aligned}
Z & :=(a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5})(a \sqrt{2}-b \sqrt{3}-c \sqrt{5})(a \sqrt{2}+b \sqrt{3}-c \sqrt{5})(a \sqrt{2}-b \sqrt{3}+c \sqrt{5}) \\
& =\left(2 a^{2}-\left(3 b^{2}+2 \sqrt{15} b c+5 c^{2}\right)\right)\left(2 a^{2}-\left(3 b^{2}-2 \sqrt{15} b c+5 c^{2}\right)\right) \\
& =\left(2 a^{2}-3 b^{2}-5 c^{2}\right)^{2}-60 b^{2} c^{2}
\end{aligned}
$$
This number is non-zero, because otherwise 60 would be the square of a rational number, which is not the case due to the unique prime factorization of positive integers. Thus, $|Z| \geq 1$. On the other hand, $|Z|$ can be bounded from above as follows
$$
\begin{aligned}
|Z| & <|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}| \cdot(|a| \sqrt{2}+|b| \sqrt{3}+|c| \sqrt{5})^{3} \\
& <\varepsilon\left((2+3+5)^{\frac{1}{2}} \cdot\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right)^{3} \\
& <\left(\varepsilon^{1 / 3} \sqrt{10} \cdot \sqrt{3} \cdot \max (|a|,|b|,|c|)\right)^{3}
\end{aligned}
$$
where we used the Cauchy-Schwarz inequality in the second step. After rearrangement, the claim 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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Number Theory
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Es sei $\varepsilon>0$ gegeben. Zeigen Sie, dass es ganze Zahlen $a, b$ und $c$ gibt, die nicht alle 0 sind, sodass die Ungleichung $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}|<\varepsilon$ erfüllt ist.
Beweisen Sie außerdem, dass in jedem Tripel $(a, b, c) \neq(0,0,0)$ ganzer Zahlen, für das diese Ungleichung gilt, mindestens einer der Absolutbeträge $|a|,|b|,|c|$ größer als $\varepsilon^{-1 / 3} / \sqrt{30}$ ist.
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Im ersten Beweis des ersten Teils bezeichnen wir für eine reelle Zahl $x$ sei $[x]$ die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist (Gauß-Klammer), die Zahl $\langle x\rangle:=x-[x] \in[0,1)$ wird als als gebrochener Anteil von $x$ bezeichnet.
Wir wählen eine ganze Zahl $n>\sqrt{2} \varepsilon^{-1}$. Nach dem Schubfachprinzip existieren verschiedene Indizes $i, j \in\{0,1, d \ldots, n\}$, sodass $\langle i \sqrt{6}\rangle$ und $\langle j \sqrt{6}\rangle$ im gleichen der $n$ Intervalle
$$
\left[0, \frac{1}{n}\right),\left[\frac{1}{n}, \frac{2}{n}\right), \ldots,\left[\frac{n-1}{n}, 1\right)
$$
liegen. Dann existiert eine ganze Zahl $a$, sodass $|a-(i \sqrt{6}-j \sqrt{6})|<1 / n$ gilt. Daraus folgt durch Multiplikation mit $\sqrt{2}$, für $b:=2(j-i)$, die Ungleichung $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}|<\sqrt{2} / n<\varepsilon$, was mit $c=0$ auf die Ungleichung im Aufgabentext führt.
Der zweite Beweis kommt ohne das Schubfachprinzip aus: Wegen $0<\sqrt{6}-2<1$ finden wir eine positive ganze Zahl $k$, sodass $X=(\sqrt{6}-2)^{k} \in(0, \varepsilon / \sqrt{3})$. Offenbar gibt es von 0 verschiedene ganze Zahlen $a_{0}, b_{0}$, sodass $X=a_{0} \sqrt{6}+b_{0}$. Wir setzen nun $a=3 a_{0}, b=b_{0}, c=0$, dann gilt $|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}|=\left|\sqrt{3}\left(a_{0} \sqrt{3} \sqrt{2}+b_{0}\right)\right|=\sqrt{3} X<\varepsilon$.
Anmerkung: es ist auch möglich, diesen Teil der Aufgabe in wenigen Zeilen aus dem Dirichletschen Approximationssatz oder dem Gitterpunktsatz von Minkowski herzuleiten. Bei der Korrektur wurde aber Wert darauf gelegt, dass diese Sätze genau zitiert wurden.
Für den (schwierigeren) zweiten Teil der Aufgabe nehmen wir an, dass $a, b$ und $c$ die Ungleichung erfüllen. Wir berechnen zunächst, dass es sich beim folgenden Ausdruck um eine ganze Zahl handelt.
$$
\begin{aligned}
Z & :=(a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5})(a \sqrt{2}-b \sqrt{3}-c \sqrt{5})(a \sqrt{2}+b \sqrt{3}-c \sqrt{5})(a \sqrt{2}-b \sqrt{3}+c \sqrt{5}) \\
& =\left(2 a^{2}-\left(3 b^{2}+2 \sqrt{15} b c+5 c^{2}\right)\right)\left(2 a^{2}-\left(3 b^{2}-2 \sqrt{15} b c+5 c^{2}\right)\right) \\
& =\left(2 a^{2}-3 b^{2}-5 c^{2}\right)^{2}-60 b^{2} c^{2}
\end{aligned}
$$
Diese Zahl ist von 0 verschieden, denn ansonsten wäre 60 das Quadrat einer rationalen Zahl, was aufgrund der eindeutigen Primfaktorzerlegung positiver ganzer Zahlen aber nicht der Fall ist. Damit gilt $|Z| \geq 1$. Andererseits lässt sich $|Z|$ wie folgt nach oben abschätzen
$$
\begin{aligned}
|Z| & <|a \sqrt{2}+b \sqrt{3}+c \sqrt{5}| \cdot(|a| \sqrt{2}+|b| \sqrt{3}+|c| \sqrt{5})^{3} \\
& <\varepsilon\left((2+3+5)^{\frac{1}{2}} \cdot\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right)^{3} \\
& <\left(\varepsilon^{1 / 3} \sqrt{10} \cdot \sqrt{3} \cdot \max (|a|,|b|,|c|)\right)^{3}
\end{aligned}
$$
wobei wir im zweiten Schritt die Ungleichung von Cauchy-Schwarz verwendet haben. Nach Umstellung folgt die Behauptung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2020-loes_awkl_20.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2020"
}
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The corners of a regular 100-gon $P$ are colored either red or blue such that each color appears at least 24 times.
Prove that there are 24 pairwise disjoint quadrilaterals $Q_{1}, Q_{2}, \ldots, Q_{24}$ whose vertices are also vertices of $P$, such that each quadrilateral $Q_{i}$ has either one or three red vertices.
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We prove the following statement by induction on $n$:
If the vertices of a convex $4n$-gon $P$ are colored red and blue such that each color appears at least $(n-1)$ times, we can find $(n-1)$ pairwise disjoint quadrilaterals $Q_{1}, \ldots, Q_{n-1}$, whose vertices are also vertices of $P$.
For $n=25$, we obtain the claim from the problem statement.
For $n=1$, there is nothing to prove. Let now $n \geqslant 2$ and w.l.o.g. assume there are at least $2n$ red vertices. The case where the vertices are alternately or 2-alternately colored is treated below. Otherwise, there must be four consecutive vertices that do not consist of two red and two blue vertices. Then there must also be four consecutive vertices with more red than blue vertices, otherwise there would be fewer red than blue vertices. Choose such four vertices: If exactly three of them are red, we select the quadrilateral spanned by these four vertices as $Q_{n-1}$. The remaining $4(n-1)$ points form a convex $4(n-1)$-gon $P'$, which is disjoint from $Q_{n-1}$ and to which we can apply the induction hypothesis. If, on the other hand, all four of the chosen vertices are red, we follow the boundary of the $4n$-gon until we encounter one of the at least $n-1 > 0$ blue points and apply the same argument as in the previous case.
It remains to consider the cases where the vertices are alternately or 2-alternately colored. For this, there are different constructions. We first consider the alternating case and denote the vertices of $P$ by $P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{4n}$, where w.l.o.g. $P_{1}$ is blue. In this case, there are (at least) two constructions (see the following sketches).
Variant 1
Variant 2
In Variant 1, we start with the quadrilateral $P_{2} P_{3} P_{4} P_{4n}$ and then proceed from $P_{4}$ counterclockwise in steps of three and from $P_{4n}$ clockwise in steps of one. In this way, exactly
Image & Talent
where from each $a \in V$ exactly one edge goes out, ending in the uniquely determined $b \in V$ such that $b \equiv a^{2}+1 \pmod{p}$. It is easy to see that two different islands of $p$-Land are connected by a bridge if and only if the corresponding numbers in $G_{p}$ are connected by a directed edge (regardless of direction). The claim to be shown is thus equivalent to the statement that $G_{p}$, as a simple graph, i.e., after forgetting the orientations of the edges and removing loops, is not connected.
Since every connected simple graph with $p$ vertices must have at least $p-1$ edges, it suffices to show that at least two of the $p$ edges of $G_{p}$ are loops. According to the assumption on $p$, we can first find an integer $n$ such that $p \mid n^{2}-n+1$. W.l.o.g., we may even assume $n \in V$. Then there is an edge in $G_{p}$ that goes from $n$ to $n$. Since $n' = p - n + 1 \in V$ and
$$
\left(n'\right)^{2} - n' + 1 \equiv (1-n)^{2} - (1-n) + 1 \equiv 1 - 2n + n^{2} - 1 + n + 1 \equiv n^{2} - n + 1 \equiv 0 \pmod{p},
$$
there is also a loop at vertex $n'$. To complete the proof, we need to show that $n \neq n'$. If $n' = n$, then $p = 2n - 1$ would also hold, and thus $4n^{2} - 4n + 1$ would be divisible by $p$. Since $4n^{2} - 4n + 4$ is also divisible by $p$, it follows that $p = 3$, which we have excluded above.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Combinatorics
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Die Ecken eines regelmäßigen 100-Ecks $P$ seien so entweder rot oder blau gefärbt, dass jede Farbe mindestens 24 -mal vorkommt.
Beweisen Sie, dass es 24 paarweise disjunkte Vierecke $Q_{1}, Q_{2}, \ldots, Q_{24}$ gibt, deren Eckpunkte auch Ecken von $P$ sind, sodass jedes Viereck $Q_{i}$ entweder einen oder drei rote Eckpunkte hat.
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Wir zeigen per Induktion nach $n$ die folgende Aussage:
Wenn die Ecken eines konvexen $4 n$-Ecks $P$ so rot und blau gefärbt wurden, dass jede Farbe mindestens $(n-1)$-mal vorkommt, finden wir $(n-1)$ paarweise disjunkte Vierecke $Q_{1}, \ldots, Q_{n-1}$, deren Ecken auch Ecken von P sind.
Für $n=25$ erhalten wir die Behauptung aus der Aufgabenstellung.
Für $n=1$ ist nichts zu zeigen. Sei nun $n \geqslant 2$ und o.B.d.A. gebe es mindestens $2 n$ rote Ecken. Der Fall, dass die Ecken alternierend oder 2 -alternierend gefärbt sind, wird unten behandelt. Ansonsten muss es vier aufeinanderfolgende Ecken geben, unter denen nicht zwei rote und zwei blaue sind. Dann gibt es auch vier aufeinanderfolgende Ecken, unter denen mehr rote als blaue sind, denn andernfalls gäbe es weniger rote als blaue Ecken. Wähle solche vier Ecken aus: Wenn genau drei von ihnen rot sind, wählen wir das von den vier ausgewählten Ecken aufgespannte Viereck als $Q_{n-1}$. Die restlichen $4(n-1)$ Punkte bilden ein konvexes $4(n-1)$-Eck $P^{\prime}$, das $\mathrm{zu} Q_{n-1}$ disjunkt ist und auf das wir die Induktionsannahme anwenden können. Wenn hingegen alle vier der gewählten Ecken rot sind, gehen wir den Rand des $4 n$-Ecks entlang bis wir zum ersten Mal auf einen der mindestens $n-1>0$ blauen Punkte treffen und wenden das gleiche Argument wie im vorherigen Fall an.
Es bleiben noch die Fälle, dass die Ecken alternierend oder 2-alternierend gefärbt sind. Dafür gibt es verschiedene Konstruktionen. Wir betrachten zuerst den alternierenden Fall und bezeichnen die Ecken von $P$ mit $P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{4 n}$, wobei o.B.d.A. $P_{1}$ blau sei. In diesem Fall gibt es (mindestens) zwei Konstruktionen (siehe folgende Skizzen).
Variante 1
Variante 2
In Variante 1 beginnen wir mit dem Viereck $P_{2} P_{3} P_{4} P_{4 n}$ und gehen dann von $P_{4}$ aus gegen den Uhrzeigersinn in Dreierschritten und von $P_{4 n}$ aus im Uhrzeigersinn in Einerschritten weiter. Dabei bleiben genau
Bildung \& Begabung
wobei von jedem $a \in V$ genau eine Kante ausgeht, die in demjenigen eindeutig bestimmten $b \in V$ endet, sodass $b \equiv a^{2}+1(\bmod p)$ gilt. Man macht sich leicht klar, dass zwei verschiedene Inseln $p$-Landiens genau dann durch eine Brücke verbunden sind, wenn es die entsprechenden Zahlen in $G_{p}$ durch eine gerichtete Kante miteinander verbunden sind (egal in welcher Richtung). Die zu zeigende Behauptung ist also äquivalent dazu, dass $G_{p}$ als einfacher Graph, d.h. nach Vergessen der Orientierungen der Kanten und Weglassen von Schleifen ${ }^{1}$, nicht zusammenhängend ist.
Da jeder zusammenhängende einfache Graph mit $p$ Ecken mindestens $p-1$ Kanten haben muss, genügt es dafür zu zeigen, dass mindestens zwei der $p$ Kanten von $G_{p}$ Schleifen waren. Dazu können wir laut der Annahme an $p$ zunächst eine ganze Zahl $n$ finden, sodass $p \mid n^{2}-n+1$. O.B.d.A. dürfen wir sogar $n \in V$ annehmen. Dann gibt es in $G_{p}$ eine Kante, die von $n$ nach $n$ führt. Wegen $n^{\prime}=p-n+1 \in V$ und
$$
\left(n^{\prime}\right)^{2}-n^{\prime}+1 \equiv(1-n)^{2}-(1-n)+1 \equiv 1-2 n+n^{2}-1-n+1 \equiv n^{2}-n+1 \equiv 0(\bmod p),
$$
liegt auch an der Ecke $n^{\prime}$ eine Schleife.
Um den Beweis zu beenden müssen wir noch nachweisen, dass $n \neq n^{\prime}$ gilt. Falls doch $n^{\prime}=n$, dann würde auch $p=2 n-1$ gelten, und damit wäre $4 n^{2}-4 n+1$ durch $p$ teilbar. Da aber auch $4 n^{2}-4 n+4$ durch $p$ teilbar ist, folgt schon $p=3$, was wir oben ausgeschlossen haben.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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Let $ABCD$ be a convex parallelogram that is acute-angled at $A$. The reflection points of $A$ across the lines $BC$ and $CD$ are denoted by $P$ and $Q$, respectively. Moreover, the line $BD$ intersects the segments $\overline{AP}$ and $\overline{AQ}$ internally at the points $R$ and $S$, respectively.
Prove that the circumcircles of triangles $BRP$ and $DQS$ touch each other.
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We consider the reflection point $Z$ of $A$ when reflected across $BD$. We will prove that the two circles mentioned in the problem statement touch at $Z$.
First, because $\measuredangle B Z R = \measuredangle R A B = \measuredangle B P R$ and by the converse of the inscribed angle theorem, it is clear that $Z$ lies on the circumcircle $\omega_{1}$ of $B R P$. Similarly, one can show that $Z$ also lies on the circumcircle $\omega_{2}$ of $D Q S$. The tangent-chord angle of the chord $Z B$ of $\omega_{1}$ is $\angle Z R B = \measuredangle B R A$. Since $A R$ is perpendicular to $B C$ and thus also to $A D$, this angle has the size $90^{\circ} - \angle A D B$. Similarly, one can show that the tangent-chord angle of the chord $Z D$ of $\omega_{2}$ is $90^{\circ} - \angle D B A$. The sum of these two angles is now $180^{\circ} - \measuredangle A D B - \angle D B A = \angle B A D = \angle D Z B$, which shows that the tangents to $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ at point $Z$ coincide. Therefore, the two circles indeed touch each other.
[^0]
# Selection Competition for the International Mathematical Olympiad 2021
Example Solutions and Hints for the 2nd Selection Test
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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 Parallelogramm, das bei $A$ spitzwinklig ist. Die Spiegelpunkte von $A$ an den Geraden $B C$ und $C D$ seien mit $P$ bzw. $Q$ bezeichnet. Außerdem schneidet die Gerade $B D$ die Strecken $\overline{A P}$ und $\overline{A Q}$ im Inneren in den Punkten $R$ bzw. $S$.
Beweisen Sie, dass sich die Umkreise der Dreiecke $B R P$ und $D Q S$ berühren.
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Wir betrachten den Spiegelpunkt $Z$ von $A$ bei Spiegelung an $B D$. Wir werden beweisen, dass sich die beiden in der Aufgabenstellung erwähnten Kreise in $Z$ berühren.
Zunächst ist wegen $\measuredangle B Z R=\measuredangle R A B=\measuredangle B P R$ und der Umkrehrung des Peripheriewinkelsatzes klar, dass $Z$ auf dem Umkreis $\omega_{1}$ von $B R P$ liegt. Analog zeigt man, dass $Z$ auch auf dem Umkreis $\omega_{2}$ von $D Q S$ liegt. Der Sehnen-Tangentenwinkel der Sehne $Z B$ von $\omega_{1}$ ist $\angle Z R B=\measuredangle B R A$. Da $A R$ auf $B C$ und damit auch auf $A D$ senkrecht steht, hat dieser Winkel die Größe $90^{\circ}-\angle A D B$. Analog zeigt man, dass der Sehnen-Tangentenwinkel der Sehne $Z D$ von $\omega_{2}$ gleich $90^{\circ}-\angle D B A$ ist. Die Summe dieser beiden Winkel beträgt nun $180^{\circ}-\measuredangle A D B-\angle D B A=\angle B A D=\angle D Z B$, was zeigt, dass die Tangenten an $\omega_{1}$ und $\omega_{2}$ im Punkt $Z$ übereinstimmen. Somit berühren sich beide Kreise wirklich.
[^0]
# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade 2021
Beispiellösungen und Hinweise zur 2. Auswahlklausur
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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Prove that for any nonnegative integer $z$ there is a unique ordered pair $(m, n)$ of positive integers $m, n$ such that $2 z=(m+n)^{2}-m-3 n$ (1) holds.
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Rewriting (1) yields $2 z=(m+n-1)^{2}+m-n-1=2 m-2+(m+n-1)(m+n-1-1)$, from which $z+1=m+\frac{(m+n-1)(m+n-2)}{2}$ follows. We set $m+n-1=k$ and obtain $z+1=m+\frac{k(k-1)}{2}(2)$, where $0<m \leq k$ and $k \in \mathbb{Z}, k \geq 1$ holds. Additionally, $\frac{k(k-1)}{2} \in \mathbb{Z}$.
Obviously, for every positive integer $z+1$ there is exactly one $k$ with
$\frac{k(k-1)}{2}<z+1 \leq \frac{k(k-1)}{2}+k=\frac{(k+1) k}{2}$.
Then $m=z+1-\frac{k(k-1)}{2}$ and $n=k+1-m$ are uniquely determined positive integers such that (2) provides a unique representation of every positive integer $z+1$ and thus of every non-negative integer $z$ by $m$ and $n$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Beweisen Sie, dass es für jede beliebige nichtnegative ganze Zahl $z$ genau ein geordnetes Paar $(m, n)$ positiver ganzer Zahlen $m, n$ gibt, so dass $2 z=(m+n)^{2}-m-3 n$ (1) gilt.
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Umformen von (1) ergibt $2 z=(m+n-1)^{2}+m-n-1=2 m-2+(m+n-1)(m+n-1-1)$, woraus $z+1=m+\frac{(m+n-1)(m+n-2)}{2}$ folgt. Wir setzen $m+n-1=k$ und erhalten $z+1=m+\frac{k(k-1)}{2}(2)$, wobei $0<m \leq k$ und $k \in \mathbb{Z}, k \geq 1$ gilt. Außerdem ist $\frac{k(k-1)}{2} \in \mathbb{Z}$.
Offensichtlich gibt es zu jeder positiven ganzen Zahl $z+1$ genau ein $k$ mit
$\frac{k(k-1)}{2}<z+1 \leq \frac{k(k-1)}{2}+k=\frac{(k+1) k}{2}$.
Dann sind auch $m=z+1-\frac{k(k-1)}{2}$ und $n=k+1-m$ eindeutig bestimmte positive ganze
Zahlen, so dass (2) eine eindeutige Darstellung jeder positiven ganzen Zahl $z+1$ und damit jeder nichtnegativen ganzen Zahl $z$ durch $m$ und $n$ liefert.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Erste Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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Prove that for any nonnegative integer $z$ there is a unique ordered pair $(m, n)$ of positive integers $m, n$ such that $2 z=(m+n)^{2}-m-3 n$ (1) holds.
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Rewriting (1) yields $2 z=(m+n)(m+n-1)-2 n$. We notice that the right-hand side is always even and set $m+n=k$. For a constant $k(k \geq 2)$, $n$ can take the values $1,2, \ldots, k-1$, so that the right-hand side yields different even numbers from $k(k-1)-2$ to $k(k-1)-2(k-1)=(k-1)(k-2)$. For $k=2,3, \ldots$, this results in a complete, disjoint partition of the set of all non-negative even integers. The number $2 z$ therefore lies in exactly one interval determined by $k$ at a position determined by $n$, which uniquely determines $m$ as well.
Hints: The proof can also be conducted using mathematical induction. The appearance of the triangular numbers $\frac{k(k-1)}{2}$ allows for a beautiful geometric representation of the different intervals in which $2 z$ can 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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Number Theory
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Beweisen Sie, dass es für jede beliebige nichtnegative ganze Zahl $z$ genau ein geordnetes Paar $(m, n)$ positiver ganzer Zahlen $m, n$ gibt, so dass $2 z=(m+n)^{2}-m-3 n$ (1) gilt.
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Umformen von (1) ergibt $2 z=(m+n)(m+n-1)-2 n$. Wir bemerken, dass die rechte Seite stets gerade ist und setzen $m+n=k$. Für konstantes $k(k \geq 2)$ kann $n$ die Werte $1,2, \ldots, k-1$ annehmen, so dass die rechte Seite jeweils verschiedene gerade Zahlen von $k(k-1)-2$ bis $k(k-1)-2(k-1)=(k-1)(k-2)$ liefert. Für $k=2,3, \ldots$ entsteht so eine vollständige, disjunkte Zerlegung der Menge aller nichtnegativer gerader ganzer Zahlen. Die Zahl $2 z$ liegt daher in genau einem durch $k$ bestimmten Intervall an einer durch $n$ bestimmten Stelle, womit dafür auch $m$ eindeutig bestimmt ist. .
Hinweise: Der Beweis lässt sich auch mit vollständiger Induktion führen. Das Auftauchen der Dreieckszahlen $\frac{k(k-1)}{2}$ erlaubt eine schöne geometrische Darstellung der verschiedenen Intervalle, in denen $2 z$ liegen kann.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Zweite Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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In an isosceles triangle $ABC$ with $\overline{BC} = \overline{CA}$, let $D$ be a point inside the side $AB$ such that $\overline{AD} < \overline{DB}$. Furthermore, let $P$ and $Q$ be two points inside the sides $BC$ and $CA$, respectively, such that $\angle DPB = \angle AQD = 90^\circ$. The perpendicular bisector of $PQ$ intersects $CQ$ at point $E$, and the circumcircles of triangles $ABC$ and $QPC$ intersect at another point $F$ besides $C$.
Prove: If $P$, $E$, and $F$ are collinear, then $\angle ACB = 90^\circ$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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We denote the perpendicular bisector of the segment $P Q$ by $m$ and the circle $Q P C F$ by $k$. Because $D P \perp B C$ and $D Q \perp A C$, $D$ also lies on $k$ and $C D$ is even the diameter of $k$. The segments $Q E$ and $P E$ are symmetric with respect to $m$; simultaneously, $m$ is also the axis of symmetry of $k$. Therefore, the chords $C Q$ and $F P$ are symmetric to $m$, and thus $C$ and $F$ are symmetric (by assumption, $P, E$, and $F$ are collinear!). Hence, the perpendicular bisector of $C F$ coincides with $m$; it follows that $m$ passes through the circumcenter $O$ of $A B C$.
Now consider the midpoint $M$ of the segment $A B$. Because $C M \perp D M$, $M$ also lies on $k$. Since $\angle A C M = \angle M C B$, it follows from the inscribed angle theorem that the chords $M P$ and $M Q$ of $k$ are of equal length. This shows that $m$ passes through $M$. Since both $O$ and $M$ lie on $m$ and on $C M$, it follows that $O = M$ and thus $\angle A C B = 90^{\circ}$.
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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 gleichschenkligen Dreieck $A B C$ mit $\overline{B C}=\overline{C A}$ sei $D$ ein Punkt im Inneren der Seite $A B$, für den $\overline{A D}<\overline{D B}$ gilt. Weiter seien $P$ und $Q$ zwei Punkte im Inneren der Seiten $B C$ bzw. $C A$, so dass $\angle D P B=\angle A Q D=90^{\circ}$ gilt. Die Mittelsenkrechte von $P Q$ schneide $C Q$ im Punkt $E$, und die Umkreise der Dreiecke $A B C$ und $Q P C$ schneiden sich außer in $C$ in einem weiteren Punkt $F$.
Beweisen Sie: Wenn $P, E$ und $F$ kollinear sind, dann gilt $\angle A C B=90^{\circ}$.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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Wir bezeichnen die Mittelsenkrechte der Strecke $P Q$ mit $m$ und den Kreis $Q P C F$ mit $k$. Wegen $D P \perp B C$ und $D Q \perp A C$ liegt auch $D$ auf $k$ und $C D$ ist sogar Durchmesser von $k$. Die Strecken $Q E$ und $P E$ liegen symmetrisch zu $m$; gleichzeitig ist $m$ auch Symmetrieachse von $k$. Daher sind die Sehnen $C Q$ und $F P$ symmetrisch zu $m$, also auch $C$ und $F$ (nach
Voraussetzung sind $P, E$ und $F$ kollinear!). Somit stimmt die Mittelsenkrechte von $C F$ mit $m$ überein; es folgt, dass $m$ durch den Umkreismittelpunkt $O$ von $A B C$ verläuft.
Nun betrachten wir den Mittelpunkt $M$ der Strecke $A B$. Wegen $C M \perp D M$ liegt $M$ auch
auf $k$. Wegen $\angle A C M=\angle M C B$ folgt aus dem Umfangswinkelsatz, dass die Sehnen $M P$ und $M Q$ von $k$ gleich lang sind. Damit ist aber gezeigt, dass $m$ durch $M$ verläuft. Da sowohl $O$ als auch $M$ auf $m$ und auf $C M$ liegen, folgt $O=M$ und damit $\angle A C B=90^{\circ}$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Erste Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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In an isosceles triangle $ABC$ with $\overline{BC} = \overline{CA}$, let $D$ be a point inside the side $AB$ such that $\overline{AD} < \overline{DB}$. Furthermore, let $P$ and $Q$ be two points inside the sides $BC$ and $CA$, respectively, such that $\angle DPB = \angle AQD = 90^\circ$. The perpendicular bisector of $PQ$ intersects $CQ$ at point $E$, and the circumcircles of triangles $ABC$ and $QPC$ intersect at another point $F$ besides $C$.
Prove: If $P$, $E$, and $F$ are collinear, then $\angle ACB = 90^\circ$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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As outlined in the first solution, we find that the points $P, C, F, Q, D$, and the midpoint $M$ of $AB$ lie on the circle $k$ with diameter $CD$, and that the perpendicular bisector $m$ of $PQ$ passes through $M$.
Let $G$ be the intersection of $BF$ and $CM$, and let $\alpha = \angle FBA$. Since $E$ lies on $m$, since $P, E$, and $F$ are collinear,
and since $CFAB$ and $CFQP$ are cyclic quadrilaterals, it follows that $\angle PQC = \angle PQE = \angle EPQ = \angle FPQ = \angle FCQ = \angle FCA = \angle FBA = \alpha$.
Furthermore, $\angle FEM = \angle FEQ + \angle QEM = 2\alpha + (90^\circ - \alpha) = 90^\circ + \alpha$. Similarly, using exterior angles, $\angle FGM = 90^\circ + \alpha$; hence, $MGFE$ is a cyclic quadrilateral.
It follows that $\angle CGE = \angle MFE = \angle MFP = \angle MCP$. Therefore, $GE \parallel BC$ and thus we obtain $\angle EAF = \angle CAF = \angle CBF = \angle EGF$, so that $GEFA$ is also a cyclic quadrilateral. This implies $\angle ACB = \angle AFB = \angle AFG = 180^\circ - \angle GMA = 90^\circ$, which is what we needed to show.
Hints: The converse of the statement to be proven also holds; therefore, it is important to distinguish between the premise and the conclusion to avoid circular reasoning. A proof using the intercept theorem is also possible, whereas approaches using spiral similarity did not lead to a solution.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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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 gleichschenkligen Dreieck $A B C$ mit $\overline{B C}=\overline{C A}$ sei $D$ ein Punkt im Inneren der Seite $A B$, für den $\overline{A D}<\overline{D B}$ gilt. Weiter seien $P$ und $Q$ zwei Punkte im Inneren der Seiten $B C$ bzw. $C A$, so dass $\angle D P B=\angle A Q D=90^{\circ}$ gilt. Die Mittelsenkrechte von $P Q$ schneide $C Q$ im Punkt $E$, und die Umkreise der Dreiecke $A B C$ und $Q P C$ schneiden sich außer in $C$ in einem weiteren Punkt $F$.
Beweisen Sie: Wenn $P, E$ und $F$ kollinear sind, dann gilt $\angle A C B=90^{\circ}$.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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Wie in der ersten Lösung ausgeführt, stellen wir fest, dass die Punkte $P, C, F, Q, D$ und der Mittelpunkt $M$ von $A B$ auf dem Kreis $k$ mit Durchmesser $C D$ liegen, und dass die Mittelsenkrechte $m$ von $P Q$ durch $M$ verläuft.
Es sei $G$ der Schnittpunkt von $B F$ und $C M$ und wir bezeichnen $\alpha=\angle F B A$. Weil $E$ auf $m$ liegt, weil $P, E$ und $F$ kollinear sind,
und weil $C F A B$ und $C F Q P$ Sehnenvierecke sind, folgt $\angle P Q C=\angle P Q E=\angle E P Q=\angle F P Q=\angle F C Q=\angle F C A=\angle F B A=\alpha$.
Weiter gilt $\angle F E M=\angle F E Q+\angle Q E M=2 \alpha+\left(90^{\circ}-\alpha\right)=90^{\circ}+\alpha$. Ebenfalls mit Außenwinkeln gilt $\angle F G M=90^{\circ}+\alpha$; daher ist $M G E F$ ein Sehnenviereck.
Es folgt $\angle C G E=\angle M F E=\angle M F P=\angle M C P$. Also ist $G E \| B C$ und damit erhalten wir $\angle E A F=\angle C A F=\angle C B F=\angle E G F$, so dass $G E F A$ ebenfalls ein Sehnenviereck ist. Daraus folgt $\angle A C B=\angle A F B=\angle A F G=180^{\circ}-\angle G M A=90^{\circ}$, was zu zeigen war.
Hinweise: Es gilt auch die Umkehrung der zu beweisenden Aussage; daher ist auf die Unterscheidung von Voraussetzung und Behauptung zu achten, um Zirkelschlüsse zu vermeiden. Ein Beweis mit Strahlensatz ist ebenfalls möglich, dagegen führten Ansätze mit Drehstreckung (,„spiral similarity") nicht zum Ziel.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Zweite Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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We consider all positive real numbers $a, b, c, d$ for which $(a+c)(b+d)=a c+b d$ holds.
Determine the smallest value that $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$ can take.
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The smallest possible value for $S$ is 8.
To show that $S \geq 8$ always holds, we apply the AM-GM inequality twice:
$\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{d}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{d}{a}\right) \geq 2 \sqrt{\frac{a c}{b d}}+2 \sqrt{\frac{b d}{a c}}=\frac{2(a c+b d)}{\sqrt{a b c d}}=\frac{2(a+c)(b+d)}{\sqrt{a b c d}} \geq 2 \cdot \frac{2 \sqrt{a c} \cdot 2 \sqrt{b d}}{\sqrt{a b c d}}=8$.
Equality holds at the points of the inequalities when $a=c$ and $b=d$. This allows us to rewrite $(a+c)(b+d)=a c+b d$ as $4 a b=a^{2}+b^{2}$. Solving for $a$ yields $a=b(2 \pm \sqrt{3})$, and thus a possible solution $S=8$ for $b=d=1$ and $a=c=2+\sqrt{3}$.
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8
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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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Wir betrachten alle positiven reellen Zahlen $a, b, c, d$, für die $(a+c)(b+d)=a c+b d$ gilt.
Bestimmen Sie den kleinsten Wert, den $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$ annehmen kann.
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Der kleinste mögliche Wert für $S$ ist 8 .
Um zu zeigen, dass stets $S \geq 8$ gilt, wenden wir zweimal die AM-GM-Ungleichung an:
$\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{d}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{d}{a}\right) \geq 2 \sqrt{\frac{a c}{b d}}+2 \sqrt{\frac{b d}{a c}}=\frac{2(a c+b d)}{\sqrt{a b c d}}=\frac{2(a+c)(b+d)}{\sqrt{a b c d}} \geq 2 \cdot \frac{2 \sqrt{a c} \cdot 2 \sqrt{b d}}{\sqrt{a b c d}}=8$.
An den Stellen der Ungleichungen gilt Gleichheit, wenn $a=c$ und $b=d$ ist. Damit lässt sich $(a+c)(b+d)=a c+b d$ umschreiben als $4 a b=a^{2}+b^{2}$. Auflösen nach $a$ liefert $a=b(2 \pm \sqrt{3})$ und damit eine mögliche Lösung $S=8$ für $b=d=1$ und $a=c=2+\sqrt{3}$.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Erste Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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We consider all positive real numbers $a, b, c, d$ for which $(a+c)(b+d)=a c+b d$ holds.
Determine the smallest value that $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$ can take.
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The shift $(a, b, c, d) \rightarrow (b, c, d, a)$ does not change the value of $S$ nor the constraint. Therefore, we can assume WLOG that $a c \geq b d$ and set $t = \sqrt{\frac{a c}{b d}}$ with $t \geq 1$.
From the condition, it follows that $t^{2} + 1 = \frac{a c + b d}{b d} = (a + c)\left(\frac{1}{d} + \frac{1}{b}\right) \geq 2 \sqrt{a c} \cdot 2 \sqrt{\frac{1}{b d}} = 4 t$, where the AM-GM inequality was used in the penultimate step. Thus, $t^{2} - 4 t + 1 \geq 0$ and hence $(t \geq 2 + \sqrt{3} \vee t \leq 2 - \sqrt{3})$, which, due to $t \geq 1$, leads to $t \geq 2 + \sqrt{3}$.
We have $S = \left(\frac{a}{b} + \frac{c}{d}\right) + \left(\frac{b}{c} + \frac{d}{a}\right) \geq 2 \sqrt{\frac{a c}{b d}} + 2 \sqrt{\frac{b d}{a c}} = 2\left(t + \frac{1}{t}\right)$. By differentiation, we see that for all $t \geq 2 + \sqrt{3}$, $S'(t) = 2 - 2 / t^{2} \geq 0$. Therefore, $S$ has a minimum at $t = 2 + \sqrt{3}$ and it follows that $S \geq 2\left(t + \frac{1}{t}\right) \geq 2\left(2 + \sqrt{3} + \frac{1}{2 + \sqrt{3}}\right) = 2(2 + \sqrt{3} + 2 - \sqrt{3}) = 8$.
For $(a, b, c, d) = (1, 2 + \sqrt{3}, 1, 2 + \sqrt{3})$, both
$(a + c)(b + d) = 8 + 4 \sqrt{3} = 1 \cdot 1 + (2 + \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) = a c + b d$ and
$S = \frac{1}{2 + \sqrt{3}} + \frac{2 + \sqrt{3}}{1} + \frac{1}{2 + \sqrt{3}} + \frac{2 + \sqrt{3}}{1} = 2 - \sqrt{3} + 2 + \sqrt{3} + 2 - \sqrt{3} + 2 + \sqrt{3} = 8$.
Therefore, 8 is the smallest value of $S$. $\square$
Hints: Further solutions can be achieved through the homogeneity of $S$ and the constraint, which allows setting, for example, $a b c d = 1$ or $a = 1$ or $a + b + c + d = 1$.
However, assumptions such as $a \geq b \geq c \geq d$ or other restrictions derived from "symmetry reasons" not given in the problem are not allowed.
Also, the classical method for handling optimization problems with constraints, namely Lagrange multipliers, can provide a solution, albeit a more laborious one.
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8
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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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Wir betrachten alle positiven reellen Zahlen $a, b, c, d$, für die $(a+c)(b+d)=a c+b d$ gilt.
Bestimmen Sie den kleinsten Wert, den $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$ annehmen kann.
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Die Verschiebung $(a, b, c, d) \rightarrow(b, c, d, a)$ ändert weder den Wert von $S$ noch die
Nebenbedingung. Daher können wir oBdA $a c \geq b d$ annehmen und setzen $t=\sqrt{\frac{a c}{b d}}$ mit $t \geq 1$.
Aus der Bedingung folgt $t^{2}+1=\frac{a c+b d}{b d}=(a+c)\left(\frac{1}{d}+\frac{1}{b}\right) \geq 2 \sqrt{a c} \cdot 2 \sqrt{\frac{1}{b d}}=4 t$, wobei im
vorletzten Schritt die AM-GM-Ungleichung verwendet wurde. Also gilt $t^{2}-4 t+1 \geq 0$ und daher $(t \geq 2+\sqrt{3} \vee t \leq 2-\sqrt{3})$, was wegen $t \geq 1$ auf $t \geq 2+\sqrt{3}$ führt.
Es ist $S=\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{d}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{d}{a}\right) \geq 2 \sqrt{\frac{\alpha e}{b d}}+2 \sqrt{\frac{b d}{a c}}=2\left(t+\frac{1}{t}\right)$. Durch Ableiten sehen wir, dass für alle $t \geq 2+\sqrt{3}$ gilt: $S^{\prime}(t)=2-2 / t^{2} \geq 0$. Daher hat $S$ an der Stelle $t=2+\sqrt{3}$ ein Minimum und es folgt $S \geq 2\left(t+\frac{1}{t}\right) \geq 2\left(2+\sqrt{3}+\frac{1}{2+\sqrt{3}}\right)=2(2+\sqrt{3}+2-\sqrt{3})=8$.
Für $(a, b, c, d)=(1,2+\sqrt{3}, 1,2+\sqrt{3})$ ist sowohl
$(a+c)(b+d)=8+4 \sqrt{3}=1 \cdot 1+(2+\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=a c+b d$ als auch
$S=\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\frac{2+\sqrt{3}}{1}+\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\frac{2+\sqrt{3}}{1}=2-\sqrt{3}+2+\sqrt{3}+2-\sqrt{3}+2+\sqrt{3}=8$.
Daher ist 8 der kleinste Wert von $S$. $\square$
Hinweise: Weitere Lösungen erreicht man über die Homogenität von $S$ und der
Nebenbedingung, die es erlaubt, etwa $a b c d=1$ oder $a=1$ oder $a+b+c+d=1$ zu setzen.
Nicht erlaubt sind jedoch Annahmen wie etwa $a \geq b \geq c \geq d$ oder andere, aus nicht gegebenen „Symmetriegründen" erschlossene Einschränkungen.
Auch mit der klassischen Methode zur Behandlung von Optimierungsproblemen mit
Nebenbedingungen, nämlich mit Lagrange-Multiplikatoren, ist eine, wenn auch aufwändige, Lösung dieser Aufgabe möglich.
[^0]: ${ }^{1}$ So werden Kanten bezeichnet, die im gleichen Eckpunkt beginnen und enden.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2021-2021_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Zweite Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2021"
}
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The greatest common divisor of two positive integers $m$ and $n$ is denoted by $\operatorname{ggT}(m, n)$.
Let there be an infinite set $S$ of positive integers such that there exist four pairwise distinct numbers $v, w, x, y \in S$ for which $\operatorname{ggT}(v, w) \neq \operatorname{ggT}(x, y)$ holds.
Prove that there exist three pairwise distinct numbers $a, b, c \in S$ such that $\operatorname{ggT}(a, b) = \operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(b, c)$ holds.
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In the following, we call a three-element subset $\{s, t, u\} \subset S$ a balanced triangle if the set $\{\mathrm{ggT}(s, t), \operatorname{ggT}(s, u), \operatorname{ggT}(t, u)\}$ has exactly two different elements. It is to be shown that there exists a balanced triangle.
Lemma. For pairwise different numbers $a, b, c, d \in S$, such that $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(a, d)$ and $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$, the set $\{a, b, c, d\}$ contains a balanced triangle.
Proof. If $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(b, d)$, then $\{a, b, d\}$ is a balanced triangle. Otherwise, either $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(a, b)$ or $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(b, d)$, so $\{a, b, c\}$ or $\{b, c, d\}$ is a balanced triangle.
For each element $a \in S$, let $S_{a}=\{\operatorname{ggT}(a, s) \mid s \in S, s \neq a\}$. Since this set contains only divisors of $a$, it is finite. From the assumption, we can choose $a \in S$ such that $S_{a}$ has at least two elements, otherwise $\operatorname{ggT}(v, w)=\operatorname{ggT}(w, x)=\operatorname{ggT}(x, y)$ would hold.
By the pigeonhole principle, we find an infinite subset $T \subset S$ such that $\operatorname{ggT}(a, t)$ is the same value $g$ for all $t \in T$. Now we choose a $d \in S \backslash(T \cup\{a\})$ such that $\operatorname{ggT}(a, d) \neq g$, which must exist due to $\left|S_{a}\right|>1$. Since $S_{d}$ is also finite, we find by the pigeonhole principle two different elements $b, c \in T$ such that $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$. Then $a, b, c, d$ satisfy the conditions of the lemma, so indeed there exists a balanced triangle.
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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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Der größte gemeinsame Teiler zweier positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$ sei mit $\operatorname{ggT}(m, n)$ bezeichnet.
Es sei eine unendliche Menge $S$ positiver ganzer Zahlen gegeben, sodass es vier paarweise verschiedene Zahlen $v, w, x, y \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(v, w) \neq \operatorname{ggT}(x, y)$ gilt.
Beweisen Sie, dass es drei paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(a, b)=$ $\operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(b, c)$ gilt.
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Im folgenden nennen wir eine dreielementige Teilmenge $\{s, t, u\} \subset S$ ein ausgewogenes Dreieck, falls die Menge $\{\mathrm{ggT}(s, t), \operatorname{ggT}(s, u), \operatorname{ggT}(t, u)\}$ genau zwei verschiedene Elemente hat. Es ist zu zeigen, dass es ein ausgewogenes Dreieck gibt.
Lemma. Für paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c, d \in S$, sodass $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(a, c) \neq$ $\operatorname{ggT}(a, d)$ und $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt, enthält die Menge $\{a, b, c, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck.
Beweis. Falls $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(b, d)$, dann ist $\{a, b, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck. Ansonsten gilt entweder $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(a, b)$ oder $\operatorname{ggT}(a, d) \neq \operatorname{ggT}(b, d)$, also ist $\{a, b, c\}$ oder $\{b, c, d\}$ ein ausgewogenes Dreieck.
Für jedes Element $a \in S$ sei $S_{a}=\{\operatorname{ggT}(a, s) \mid s \in S, s \neq a\}$. Da diese Menge nur Teiler von $a$ enthält, ist sie endlich. Aus der Voraussetzung folgt, dass wir $a \in S$ so wählen können, dass $S_{a}$ mindestens zwei Elemente enthält, da ansonsten $\operatorname{ggT}(v, w)=\operatorname{ggT}(w, x)=\operatorname{ggT}(x, y)$ gelten würde.
Nach dem Schubfachprinzip finden wir eine unendliche Teilmenge $T \subset S$, sodass $\operatorname{ggT}(a, t)$ der gleiche Wert $g$ ist für alle $t \in T$. Nun wählen wir ein $d \in S \backslash(T \cup\{a\})$ sodass $\operatorname{ggT}(a, d) \neq g$, das wegen $\left|S_{a}\right|>1$ existieren muss. Da auch $S_{d}$ endlich ist, finden wir nach dem Schubfachprinzip zwei verschiedene Elemente $b, c \in T$ sodass $\operatorname{ggT}(b, d)=\operatorname{ggT}(c, d)$ gilt. Dann erfüllen $a, b, c, d$ die Voraussetzungen des Lemmas, also existiert in der Tat ein ausgewogenes Dreieck.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nErste Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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The greatest common divisor of two positive integers $m$ and $n$ is denoted by $\operatorname{ggT}(m, n)$.
Let there be an infinite set $S$ of positive integers such that there exist four pairwise distinct numbers $v, w, x, y \in S$ for which $\operatorname{ggT}(v, w) \neq \operatorname{ggT}(x, y)$ holds.
Prove that there exist three pairwise distinct numbers $a, b, c \in S$ such that $\operatorname{ggT}(a, b) = \operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(b, c)$ holds.
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We may assume w.l.o.g. that no integer $g>1$ divides all numbers in $S$, since otherwise we could choose the largest such number $g$ and replace $S$ with the set $S^{\prime}=\{s / g \mid s \in S\}$: If the claim holds for $S^{\prime}$, then it also holds for $S$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
Assume for a prime $p$ the subset $S_{p} \subset S$ of all numbers divisible by $p$ is infinitely large, then we choose $a \in S \backslash S_{p}$, which is possible due to the preliminary consideration. Since the numbers $\operatorname{gcd}(a, s)$ for $s \in S_{p}$ are divisors of $c$, by the pigeonhole principle there exist different $b, c \in S_{p}$ with $\operatorname{gcd}(a, b)=\operatorname{gcd}(a, c)$. Since $b, c$ are both divisible by $p$, it follows that $\operatorname{gcd}(b, c) \neq \operatorname{gcd}(a, c)$, thus proving the claim.
Therefore, we may assume that each prime divides only finitely many elements of $S$. Due to the assumption, we can now find numbers $b, c \in S$ that are not coprime. There are only finitely many primes that divide $b$ or $c$, so $S$ also contains only finitely many elements that are not coprime to $b$ or $c$. Thus, because $|S|=\infty$, we can choose an element $a \in S$ that is coprime to both $b$ and $c$. Then $a, b, c$ satisfy the claim.
Note: It is possible to construct arbitrarily large finite sets such that the corresponding statement does not hold, e.g., by choosing for different primes $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{r}$ with product $N=p_{1} \cdots p_{r}$ the set $S=\left\{N / p_{i} \mid i=1, \ldots, r\right\}$. Then $\operatorname{gcd}(x, y), x, y \in S$ are all different, so the assumption holds, but not the claim from 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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Number Theory
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Der größte gemeinsame Teiler zweier positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$ sei mit $\operatorname{ggT}(m, n)$ bezeichnet.
Es sei eine unendliche Menge $S$ positiver ganzer Zahlen gegeben, sodass es vier paarweise verschiedene Zahlen $v, w, x, y \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(v, w) \neq \operatorname{ggT}(x, y)$ gilt.
Beweisen Sie, dass es drei paarweise verschiedene Zahlen $a, b, c \in S$ gibt, für die $\operatorname{ggT}(a, b)=$ $\operatorname{ggT}(a, c) \neq \operatorname{ggT}(b, c)$ gilt.
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Wir dürfen o.B.d.A. voraussetzen, dass keine ganze Zahl $g>1$ alle Zahlen aus $S$ teilt, da wir sonst die größte derartige Zahl $g$ wählen und $S$ durch die Menge $S^{\prime}=\{s / g \mid s \in S\}$ ersetzen könnten: Falls die Behauptung für $S^{\prime}$ gilt, dann auch für $S$.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
Angenommen für eine Primzahl $p$ wäre die Teilmenge $S_{p} \subset S$ aller durch $p$ teilbaren Zahlen unendlich groß, dann wählen wir $a \in S \backslash S_{p}$, was wegen der Vorüberlegung möglich ist. Da die Zahlen $\operatorname{ggT}(a, s)$ für $s \in S_{p}$ Teiler von $c$ sind, gibt es nach dem Schubfachprinzip verschiedene $b, c \in S_{p}$ mit $\operatorname{ggT}(a, b)=\operatorname{ggT}(a, c)$. Da $b, c$ beide durch $p$ teilbar sind, folgt auch $\operatorname{ggT}(b, c) \neq$ $\operatorname{ggT}(a, c)$, also die Behauptung.
Somit dürfen wir annehmen, dass jede Primzahl nur endlich viele Elemente aus $S$ teilt. Wegen der Voraussetzung finden wir nun aber Zahlen $b, c \in S$, die nicht teilerfremd sind. Es gibt nur endlich viele Primzahlen, die $b$ oder $c$ teilen, also enthält $S$ auch nur endlich viele Elemente, die nicht zu $b$ oder $c$ teilerfremd sind. Somit können wir wegen $|S|=\infty$ ein Element $a \in S$ wählen, dass zu $b$ und $c$ teilerfremd ist. Dann erfüllen $a, b, c$ die Behauptung.
Anmerkung: Es ist möglich, beliebig große endliche Mengen konstruieren, sodass die entsprechende Aussage nicht gilt, z.B. indem man für verschiedene Primzahlen $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{r}$ mit Produkt $N=p_{1} \cdots p_{r}$ die Menge $S=\left\{N / p_{i} \mid i=1, \ldots, r\right\}$ wählt. Dann sind ggT $(x, y), x, y \in S$ alle verschieden, also gilt die Voraussetzung, aber nicht die Behauptung aus der Aufgabe.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nAufgabe 1.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nZweite Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Let $ABCD$ be a parallelogram with $|AC|=|BC|$. A point $P$ is chosen on the ray $AB$ such that $B$ lies between $A$ and $P$. The circumcircle of triangle $ACD$ and the segment $PD$ intersect at a point $Q$ other than $D$. The circumcircle of triangle $APQ$ and the segment $PC$ intersect at a point $R$ other than $P$.
Prove that the three lines $CD$, $AQ$, and $BR$ intersect at a single point.
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We worked with directed angles modulo 180 degrees. Initially, we recognize that from the condition $|A C|=|B C|$, it immediately follows that the angles $\angle B A C$, $\angle C B A$, $\angle D C A$, and $\angle A D C$ are all equal.
It suffices to show that the intersection point $S$ of the lines $A Q$ and $C D$ lies on the line $B R$. Since $\angle C S Q = \angle P A Q = \angle C R Q$, $C S R Q$ is a cyclic quadrilateral. Since $\angle C R A = 180^{\circ} - \angle A R P = 180^{\circ} - \angle A Q P = \angle D Q A = \angle D C A = \angle C B A$, $A B R C$ is also a cyclic quadrilateral. Therefore, $\angle S R C = \angle S Q C = \angle A D C = \angle B A C = \angle B R P$, which indeed implies that $P, R$, and $S$ lie on a straight line.
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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 Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.
Beweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.
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Wir arbeiteten mit gerichteten Winkeln modulo 180 Grad. Zunächst erkennen wir, dass aus der Voraussetzung $|A C|=|B C|$ unmittelbar folgt, dass die Winkel $\angle B A C$, $\angle C B A, \angle D C A$ und $\angle A D C$ allesamt gleich groß sind.
Es genügt zu zeigen, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $C D$ auf der Geraden $B R$ liegt. Wegen $\angle C S Q=\angle P A Q=\angle C R Q$ ist $C S R Q$ ein Sehnenviereck. Wegen $\angle C R A=180^{\circ}-$ $\angle A R P=180^{\circ}-\angle A Q P=\angle D Q A=\angle D C A=\angle C B A$ ist auch $A B R C$ ein Sehnenviereck. Also gilt $\angle S R C=\angle S Q C=\angle A D C=\angle B A C=\angle B R P$, woraus in der Tat folgt, dass $P, R$ und $S$ auf einer Geraden liegen.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nErste Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Let $ABCD$ be a parallelogram with $|AC|=|BC|$. A point $P$ is chosen on the ray $AB$ such that $B$ lies between $A$ and $P$. The circumcircle of triangle $ACD$ and the segment $PD$ intersect at a point $Q$ other than $D$. The circumcircle of triangle $APQ$ and the segment $PC$ intersect at a point $R$ other than $P$.
Prove that the three lines $CD$, $AQ$, and $BR$ intersect at a single point.
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As shown in the first solution, to prove that $A B R C$ is a cyclic quadrilateral, we consider the intersection point $E$ of the lines $A D$ and $B R$. Then, $\angle E A P = \angle C B A = \angle B A C = \angle E R P$, which means that $E$ lies on the circumcircle of the cyclic quadrilateral $A P R Q$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
Now, $\angle C E R = \angle A P R = 180^{\circ} - \angle D C R$, so $E$ also lies on the circumcircle of triangle $R C D$. The pairwise radical axes of the circumcircles of $A C D$, $A P R$, and $R C D$ are thus the lines $C D$, $A Q$, and $R E = R B$, so they intersect at a single point. 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 Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.
Beweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.
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Wie in der ersten Lösung zeigt man, dass $A B R C$ ein Sehnenviereck ist. Wir betrachten den Schnittpunkt $E$ der Geraden $A D$ und $B R$. Dann gilt $\angle E A P=\angle C B A=\angle B A C=$ $\measuredangle E R P$, also liegt $E$ auf dem Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
Nun gilt $\angle C E R=\angle A P R=180^{\circ}-\angle D C R$, also liegt $E$ auch auf dem Umkreis des Dreiecks $R C D$. Die paarweisen Potenzgeraden der Umkreise von $A C D, A P R$ und $R C D$ sind somit die Geraden $C D, A Q, R E=R B$, also schneiden sie sich in einem Punkt. Dies impliziert die Behauptung.
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nZweite Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Let $ABCD$ be a parallelogram with $|AC|=|BC|$. A point $P$ is chosen on the ray $AB$ such that $B$ lies between $A$ and $P$. The circumcircle of triangle $ACD$ and the segment $PD$ intersect at a point $Q$ other than $D$. The circumcircle of triangle $APQ$ and the segment $PC$ intersect at a point $R$ other than $P$.
Prove that the three lines $CD$, $AQ$, and $BR$ intersect at a single point.
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From $\angle Q A C=\measuredangle Q D C=\angle Q P A$ it follows from the converse of the tangent-secant angle theorem that the line $A C$ is tangent to the circumcircle of the cyclic quadrilateral $A P R Q$. Due to the given condition, $A B$ is also tangent to the circumcircle of the cyclic quadrilateral $A Q C D$, so the angles $\angle A D Q$ and $\angle P A Q$ are equal. This implies $\angle A C Q=\angle A D Q=\angle P A Q=\angle C R Q$, so $A C$ is also tangent to the circumcircle of the triangle $C Q R$.
The intersection point $M$ of the lines $R Q$ and $A C$ thus satisfies the secant-tangent theorem $|M A|^{2}=|M Q| \cdot|M R|=|M C|^{2}$, so $M$ is the midpoint of the segment $A C$, and thus also the midpoint of the segment $B D$.
Pappus's theorem, applied to the collinear points $A, B, P$ and $R, Q, M$, implies that the intersection point $S$ of the lines $A Q$ and $B R$, $C$ (as the intersection of the lines $A M$ and $P R$), and $D$ (as the intersection of the lines $B M$ and $P Q$) lie on a straight line, which is the statement to be proven.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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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 Parallelogramm mit $|A C|=|B C|$. Ein Punkt $P$ sei auf dem Strahl $A B$ gewählt, sodass $B$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Der Umkreis des Dreiecks $A C D$ und die Strecke $P D$ haben außer dem Punkt $D$ noch den Punkt $Q$ gemeinsam. Der Umkreis des Dreiecks $A P Q$ und die Strecke $P C$ haben außer dem Punkt $P$ noch den Punkt $R$ gemeinsam.
Beweisen Sie, dass sich die drei Geraden $C D, A Q$ und $B R$ in einem Punkt schneiden.
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Da $\angle Q A C=\measuredangle Q D C=\angle Q P A$ folgt mit der Umkehrung des Sehnen-Tangenten-Winkel-Satzes, dass die Gerade $A C$ den Umkreis des Sehnenvierecks $A P R Q$ tangiert. Wegen der Voraussetzung tangiert $A B$ auch den Umkreis des Sehnenvierecks $A Q C D$, also sind die Winkel $\angle A D Q$ und $\angle P A Q$ gleich groß. Damit folgt aber $\angle A C Q=\angle A D Q=\angle P A Q=\angle C R Q$, also tangiert $A C$ auch den Umkreis des Dreiecks $C Q R$.
Der Schnittpunkt $M$ der Geraden $R Q$ und $A C$ erfüllt damit nach dem Sekanten-TangentenSatz $|M A|^{2}=|M Q| \cdot|M R|=|M C|^{2}$, also ist $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A C$, also auch der Mittelpunkt der Strecke $B D$.
Der Satz von Pappos, angewandt auf die jeweils kollinearen Punkte $A, B, P$ und $R, Q, M$ impliziert nun, dass der Schnittpunkt $S$ der Geraden $A Q$ und $B R, C$ (als Schnittpunkt der Geraden $A M$ und $P R$ ), sowie $D$ (als Schnittpunkt der Geraden $B M$ und $P Q$ ) auf einer Geraden liegen, was der zu zeigenden Aussage entspricht.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nAufgabe 2.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nDritte Lösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Determine ${ }^{1}$ the smallest value that the expression
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2022}}{2022}\right\rfloor
$$
can take, where $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022} \geq 1$ are real numbers such that $\left|a_{i}-a_{j}\right| \geq 1$ for all $1 \leq i<j \leq 2022$.
Note: For a real number $x$, $\lfloor x\rfloor$, called the floor of $x$, denotes the greatest integer not greater than $x$.
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From the premise, it follows that the smallest of the numbers $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022}$ is at least 1, the second smallest is at least 2, and so on, up to the 2022nd, which must be at least 2022. If we now replace the numbers $a_{1}, \ldots, a_{2022}$ successively by $1,2, \ldots, 2022$ in order of size, the sum from the problem statement will not increase. We thus see that we may restrict ourselves to the case where $\left(a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2022}\right)$ are pairwise distinct positive integers. Now we replace 2022 with an arbitrary positive integer $k$ and claim that the smallest value $s(k)$ that the sum
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor
$$
can take, when $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{k}$ are pairwise distinct positive integers, is exactly $\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$.
- Lower Bound: Since $m$ is evidently monotonically increasing, it suffices to show that $m\left(2^{t}\right) \geq t$ holds. The case $t=0$ is clear, for $t>0$ we use induction and assume $m\left(2^{t-1}\right) \geq t-1$ as known. Let $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2}$ be arbitrary pairwise distinct positive integers. Then the maximum $a_{i}$ of these numbers is at least $2^{t}$. If $i>2^{t-1}$, then
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor \geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
If, however, $i \leq 2^{t-1}$, then the set $X=\left\{1,2, \ldots, 2^{t-1}\right\} \backslash\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2^{t-1}}\right\}$ is not empty. Let $b \in X$ be arbitrary. Then $a_{i} \geq 2^{t}=2^{t-1}+2^{t-1} \geq b+i$, so
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{b+i}{i}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
- Upper Bound: We set
$$
a_{i}=\left\{\begin{array}{l}
i-1, \text { if } i \text { is not a power of two, } \\
2^{s+1}-1, \text { if } i=2^{s} .
\end{array}\right.
$$
Then $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ are pairwise distinct positive integers and it holds that
$$
\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor=\left\{\begin{array}{l}
0, \text { if } i \text { is not a power of two, } \\
1 \text { otherwise. }
\end{array}\right.
$$
Thus, $\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$.
Applied to the specific situation of the problem statement, we obtain that the smallest value that the given sum can take is $\left\lfloor\log _{2}(2022)\right\rfloor=11$.
[^0]
## NATIONAL
MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
# Selection Competition for the International Mathematical Olympiad 2022
## Example Solutions and Hints for the 2nd Selection Test
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11
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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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Bestimmen Sie ${ }^{1}$ den kleinsten Wert, den der Ausdruck
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2022}}{2022}\right\rfloor
$$
annehmen kann, wobei $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022} \geq 1$ reelle Zahlen sind, sodass $\left|a_{i}-a_{j}\right| \geq 1$ für alle $1 \leq i<j \leq 2022$ gilt.
Anmerkung: Für eine reelle Zahl $x$ bezeichnet $\lfloor x\rfloor$, genannt Gauß-Klammer von $x$, die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist.
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Aus der Voraussetzung folgt, dass die kleinste der Zahlen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022}$ mindestens 1, die zweitkleinste mindestens 2 ist, usw. bis zur 2022-ten, die mindestens 2022 sein muss. Wenn wir nun die Zahlen $a_{1}, \ldots, a_{2022}$ sukzessive der Größe nach durch $1,2, \ldots, 2022$ ersetzen, so wird die Summe aus dem Aufgabentext nicht größer. Wir sehen also, dass wir uns auf den Fall einschränken dürfen, dass $\left(a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2022}\right)$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind. Nun ersetzen wir 2022 durch eine beliebige positive ganze Zahl $k$ und behaupten, dass der kleinste Wert $s(k)$, den die Summe
$$
\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor
$$
annehmen kann, wenn $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen sind, genau $\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$ beträgt.
- Untere Schranke: Da $m$ offenbar monoton steigend ist, genügt es zu zeigen, dass $m\left(2^{t}\right) \geq t$ gilt. Der Fall $t=0$ ist klar, für $t>0$ verwenden wir vollständige Induktion und setzen daher $m\left(2^{t-1}\right) \geq t-1$ als bekannt voraus. Es seien $a_{1}, a_{1}, \ldots, a_{2}$ beliebige paarweise verschiedene positive ganze Zahlen. Dann ist das Maximum $a_{i}$ dieser Zahlen mindestens $2^{t}$. Falls $i>2^{t-1}$, so gilt nun
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor \geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
Falls jedoch $i \leq 2^{t-1}$, so ist die Menge $X=\left\{1,2, \ldots, 2^{t-1}\right\} \backslash\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2^{t-1}}\right\}$ nicht leer. Sei $b \in X$ beliebig. Dann gilt $a_{i} \geq 2^{t}=2^{t-1}+2^{t-1} \geq b+i$, also gilt
$\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t}}}{2^{t}}\right\rfloor \geq\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{b+i}{i}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{2^{t-1}}}{2^{t-1}}\right\rfloor+\geq m\left(2^{t-1}\right)+1=t-1+1=t$
- Obere Schranke: Wir setzen
$$
a_{i}=\left\{\begin{array}{l}
i-1, \text { falls } i \text { keine Zweierpotenz ist, } \\
2^{s+1}-1, \text { falls } i=2^{s} .
\end{array}\right.
$$
Dann sind $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ paarweise verschiedene positive ganze Zahlen und es gilt
$$
\left\lfloor\frac{a_{i}}{i}\right\rfloor=\left\{\begin{array}{l}
0, \text { falls } i \text { keine Zweierpotenz ist, } \\
1 \text { andernfalls. }
\end{array}\right.
$$
also folgt $\left\lfloor\frac{a_{1}}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a_{2}}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{a_{k}}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\log _{2}(k)\right\rfloor$.
Angewandt auf die konkrete Situation der Aufgabenstellung erhalten wir, dass der kleinste Wert, den die angegebene Summe annehmen kann, gleich $\left\lfloor\log _{2}(2022)\right\rfloor=11$ ist.
[^0]
## BUNDESWEITE
MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
# Auswahlwettbewerb zur Internationalen Mathematik-Olympiade 2022
## Beispiellösungen und Hinweise zur 2. Auswahlklausur
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nAufgabe 3.",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "\nLösung.",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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For a fixed positive integer $m$, let $A$ be a subset of $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$, consisting of $4 m+$ elements.
Prove that there are always three numbers $a, b, c$ in $A$ such that $a<b<c$ and $c+2 a>3 b$ holds.
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We assume that there are $4 m+2$ elements $x_{0}<x_{1}<\ldots<x_{4 m+1}$ from $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$ for which the claim is not satisfied. Then, in particular, $x_{4 m+1}+2 x_{i} \leq 3 x_{i+1}$ for all $i=0,1, \ldots, 4 m-1$. Rearranging gives $x_{4 m+1}-x_{i} \geq \frac{3}{2}\left(x_{4 m+1}-x_{i+1}\right)$.
A simple induction yields $x_{4 m+1}-x_{i} \geq\left(\frac{3}{2}\right)^{4 m-i}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)$.
Now, $i=0$ leads to $x_{4 m+1}-x_{0} \geq\left(\frac{1}{2}\right)^{4 m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)=\left(\frac{81}{16}\right)^{m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)>5^{m} \cdot 1$,
Contradiction! ㅁ
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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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Für eine feste positive ganze Zahl $m$ sei $A$ eine Teilmenge von $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$, die aus $4 m+$ Elementen besteht.
Beweisen Sie, dass es in $A$ stets drei Zahlen $a, b, c$ gibt, für die $a<b<c$ und $c+2 a>3 b$ gil
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Wir nehmen an, dass es $4 m+2$ Elemente $x_{0}<x_{1}<\ldots<x_{4 m+1}$ aus $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$ gibt, für welche die Behauptung nicht erfullt ist. Dann gilt insbesondere $x_{4 m+1}+2 x_{i} \leq 3 x_{i+1}$ für alle $i=0,1, \ldots, 4 m-1$. Umformen ergibt $x_{4 m+1}-x_{i} \geq \frac{3}{2}\left(x_{4 m+1}-x_{i+1}\right)$.
Ein einfacher Induktionsschluss liefert daraus $x_{4 m+1}-x_{i} \geq\left(\frac{3}{2}\right)^{4 m-i}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)$.
Hier führt nun $i=0$ auf $x_{4 m+1}-x_{0} \geq\left(\frac{1}{2}\right)^{4 m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)=\left(\frac{81}{16}\right)^{m}\left(x_{4 m+1}-x_{4 m}\right)>5^{m} \cdot 1$,
Widerspruch! ㅁ
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Erste Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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For a fixed positive integer $m$, let $A$ be a subset of $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$, consisting of $4 m+$ elements.
Prove that there are always three numbers $a, b, c$ in $A$ such that $a<b<c$ and $c+2 a>3 b$ holds.
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We denote the largest element of $A$ by $c$. For $k=0, \ldots, 4 m-1$ we define $A_{k}=\left\{x \in A \left\lvert\,\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c \leq x<\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c\right.\right\}$.
Since $\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{4 m}\right) c=c-\left(\frac{16}{81}\right)^{m!} c>c-\left(\frac{1}{5}\right)^{m!} c \geq c-1$, the sets $A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{4 m-1}$ form a partition of $A \backslash\{c\}$. Because $A \backslash\{c\}$ consists of $4 m+1$ elements, by the pigeonhole principle, there must exist a set $A_{k}$ that contains at least two elements. We denote two of the numbers from $A_{k}$ as $a$ and $b$ such that $a<b<c$. Then, $c+2 a \geq c+2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=\left(3-2\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=3\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c>3 b$, as required. $\square$
Hints: It is evident that the cardinality of $A$ in the claim cannot be reduced to $4 m+$, as the example $A=\{0,2,3,4,5\}$ for $m=1$ shows. A common error was to manipulate or replace the elements of $A$ without verifying whether the conclusions drawn from them are valid for the original set $A$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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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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Für eine feste positive ganze Zahl $m$ sei $A$ eine Teilmenge von $\left\{0,1,2, \ldots, 5^{m}\right\}$, die aus $4 m+$ Elementen besteht.
Beweisen Sie, dass es in $A$ stets drei Zahlen $a, b, c$ gibt, für die $a<b<c$ und $c+2 a>3 b$ gil
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Wir bezeichnen das gröBte Element von $A$ mit $c$. Für $k=0, \ldots, 4 m-1$ definieren wir $A_{k}=\left\{x \in A \left\lvert\,\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c \leq x<\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c\right.\right\}$.
Wegen $\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{4 m}\right) c=c-\left(\frac{16}{81}\right)^{m i n} c>c-\left(\frac{1}{5}\right)^{m!} c \geq c-1$ bilden die Mengen $A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{4 m-1}$ eine Zerlegung von $A \backslash\{c\}$. Weil $A \backslash\{c\}$ aus $4 m+1$ Elementen besteht, muss nach dem Schubfachprinzip eine Menge $A_{k}$ existieren, die aus wenigstens zwei Elementen besteht. Wi bezeichnen zwei der Zahlen aus $A_{k}$ so mit $a$ und $b$, dass $a<b<c$ gilt. Dann ist $c+2 a \geq c+2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=\left(3-2\left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right) c=3\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\right) c>3 b$, wie verlangt. $\square$
Hinweise: Offensichtlich lässt sich in der Behauptung die Mächtigkeit von $A$ nicht auf $4 m+$ verkleinern, wie für $m=1$ das Beispiel $A=\{0,2,3,4,5\}$ zeigt. Ein gelegentlich auftretender Fehler bestand darin, die Elemente von $A$ zu manipulieren oder zu ersetzen, ohne dabei zu überprüfen, ob die daraus gezogenen Schlussfolgerungen für die ursprüngliche Menge $A$ gültig sind.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Aufgabe 1",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Zweite Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Determine all integers $n \geq 1$ for which there exists a pair $(a, b)$ of positive integers with the following properties:
i) No third power of a prime divides $a^{2}+b+3$.
ii) It holds that $\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.
Answer: The only integer with these properties is $n=2$.
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Let $p$ be any prime factor of $a^{2}+b+3$ (such a prime exists because $a^{2}+b+3 \geq 5$). Then $b \equiv -a^{2}-3 \bmod p$. Due to the integrality of $n$, $p$ must also be a prime factor of $a b+3 b+8$. Therefore, $0 \equiv a b+3 b+8 \equiv a\left(-a^{2}-3\right)+3\left(-a^{2}-3\right)+8 \equiv -a^{3}-3 a^{2}-3 a-1 \equiv -(a+1)^{3} \bmod p$, so $p$ must also be a prime factor of $a+1$. Because of $i$), $p$ can occur in $a^{2}+b+3$ at most quadratically, i.e., at most twice as often as in $a+1$. Since this holds for every prime factor, we get $a^{2}+b+3 \leq (a+1)^{2}$. If a prime factor $p$ occurred in $a^{2}+b+3$ at most simply, we would have $a^{2}+b+3 \leq \frac{(a+1)^{2}}{p} \leq \frac{(a+1)^{2}}{2}$, in contradiction to $\frac{(a+1)^{2}}{2} \leq a^{2}+1 < a^{2}+4 \leq a^{2}+b+3$.
Therefore, $a^{2}+b+3 = (a+1)^{2}$ must hold. Consequently, $b = 2a - 2$ and thus $a b + 3 b + 8 = a(2a - 2) + 3(2a - 2) + 8 = 2a^{2} + 4a + 2 = 2(a+1)^{2}$.
Hence, $n = 2$ is the only possible solution. The example $(a, b) = (2, 2)$ with $a^{2} + b + 3 = 9$ shows that $n = 2$ is indeed a solution. ㅁ
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2
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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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Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen $n \geq 1$, für die es ein Paar $(a, b)$ von positiven ganzen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:
i) Keine dritte Potenz einer Primzahl teilt $a^{2}+b+3$.
ii) Es gilt $\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.
Antwort: Die einzige ganze Zahl mit diesen Eigenschaften ist $n=2$.
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Es sei $p$ ein beliebiger Primfaktor von $a^{2}+b+3$ (ein solcher existiert, weil $a^{2}+b+3 \geq 5$ gilt). Dann ist $b \equiv-a^{2}-3 \bmod p$. Wegen der Ganzzahligkeit von $n$ muss $p$ aber auch ein Primfaktor von $a b+3 b+8$ sein. Somit gilt $0 \equiv a b+3 b+8 \equiv a\left(-a^{2}-3\right)+3\left(-a^{2}-3\right)+8 \equiv-a^{3}-3 a^{2}-3 a-1 \equiv-(a+1)^{3} \bmod p$, also muss $p$ auch ein Primfaktor von $a+1$ sein. Wegen $i$ ) kann $p$ in $a^{2}+b+3$ höchstens quadratisch vorkommen, also höchstens doppelt so oft wie in $a+1$. Weil das für jeden Primfaktor gilt, erhalten wir $a^{2}+b+3 \leq(a+1)^{2}$. Würde ein Primfaktor $p$ in $a^{2}+b+3$ dagegen höchstens einfach vorkommen, so hätten wir $a^{2}+b+3 \leq \frac{(a+1)^{2}}{p} \leq \frac{(a+1)^{2}}{2}$, im Widerspruch zu $\frac{(a+1)^{2}}{2} \leq a^{2}+1<a^{2}+4 \leq a^{2}+b+3$.
Also muss $a^{2}+b+3=(a+1)^{2}$ gelten. Folglich ist $b=2 a-2$ und damit $a b+3 b+8=a(2 a-2)+3(2 a-2)+8=2 a^{2}+4 a+2=2(a+1)^{2}$.
Somit ist $n=2$ die einzige mögliche Lösung. Das Beispiel $(a, b)=(2,2)$ mit $a^{2}+b+3=9$ zeigt, dass $n=2$ tatsächlich eine Lösung ist. ㅁ
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Erste Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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Determine all integers $n \geq 1$ for which there exists a pair $(a, b)$ of positive integers with the following properties:
i) No third power of a prime divides $a^{2}+b+3$.
ii) It holds that $\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.
Answer: The only integer with these properties is $n=2$.
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When we solve condition $i i)$ for $b$, we get $b=\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}$.
Case 1: $n=a+3$. Here, because $b \in \mathbb{Z}^{+}$, the numerator must also vanish, which after substitution yields $(a+1)^{3}=0$, thus $a=-1$ - a contradiction to $a \in \mathbb{Z}^{+}$.
Case 2: $n \neq a+3$. From (1) it follows that
$a^{2}+b+3=a^{2}+\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}+3=\frac{a^{3}+3 a^{2}-n a^{2}+n a^{2}+3 n-8+3 a+9-3 n}{a+3-n}=\frac{(a+1)^{3}}{a+3-n}$.
Now we denote by $v_{p}(z)$ the frequency with which a prime factor $p$ occurs in the number $z \in \mathbb{Z}^{+}$. If there were a prime factor $p$ with $v_{p}(a+1) \geq v_{p}(a+3-n)+1$, then according to (2) $v_{p}\left(a^{2}+b+3\right) \geq 2 v_{p}(a+3-n)+3 \geq 3$, which contradicts $\left.i\right)$. Therefore, $v_{p}(a+1) \leq v_{p}(a+3-n)$, and thus $a+1$ is a divisor of $a+3-n$. From (2) it also follows that $a+3-n>0$ and hence $a+1 \leq a+3-n$, so $n \leq 2$.
For $n=1$, then $a+1 \mid a+2$, which is not satisfied for any $a \in \mathbb{Z}^{+}$. Therefore, only $n=2$ can hold, which is confirmed by the example from the first solution. ㅁ
Hints: In the second solution, the proof of $n<a+3$ is absolutely necessary.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education \& Talent
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2
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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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Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen $n \geq 1$, für die es ein Paar $(a, b)$ von positiven ganzen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:
i) Keine dritte Potenz einer Primzahl teilt $a^{2}+b+3$.
ii) Es gilt $\frac{a b+3 b+8}{a^{2}+b+3}=n$.
Antwort: Die einzige ganze Zahl mit diesen Eigenschaften ist $n=2$.
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Wenn wir die Bedingung $i i)$ nach $b$ auflösen, erhalten wir $b=\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}$.
Fall 1: $n=a+3$. Hier muss wegen $b \in \mathbb{Z}^{+}$auch der Zähler verschwinden, was nach Einsetzen $(a+1)^{3}=0$, also $a=-1$ liefert - ein Widerspruch zu $a \in \mathbb{Z}^{+}$.
Fall 2: $n \neq a+3$. Aus (1) folgt
$a^{2}+b+3=a^{2}+\frac{n a^{2}+3 n-8}{a+3-n}+3=\frac{a^{3}+3 a^{2}-n a^{2}+n a^{2}+3 n-8+3 a+9-3 n}{a+3-n}=\frac{(a+1)^{3}}{a+3-n}$.
Nun bezeichnen wir mit $v_{p}(z)$ die Häufigkeit, mit der ein Primfaktor $p$ in der Zahl $z \in \mathbb{Z}^{+}$ vorkommt. Gäbe es einen Primfaktor $p$ mit $v_{p}(a+1) \geq v_{p}(a+3-n)+1$, dann wäre nach (2) $v_{p}\left(a^{2}+b+3\right) \geq 2 v_{p}(a+3-n)+3 \geq 3$, was im Widerspruch zu $\left.i\right)$ steht. Also ist $v_{p}(a+1) \leq v_{p}(a+3-n)$, und somit ist $a+1$ ein Teiler von $a+3-n$. Aus (2) folgt noch $a+3-n>0$ und daher $a+1 \leq a+3-n$, also $n \leq 2$.
Für $n=1$ wäre dann $a+1 \mid a+2$, was für kein $a \in \mathbb{Z}^{+}$erfüllt ist. Also kann nur $n=2$ gelten, was mit dem Beispiel aus der ersten Lösung bestätigt wird. ㅁ
Hinweise: In der zweiten Lösung ist der Nachweis von $n<a+3$ unbedingt erforderlich.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Aufgabe 2",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
"solution_match": "# Zweite Lösung:",
"tier": "T1",
"year": "2022"
}
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For a fixed positive integer $k$, let $K$ be the set of all lattice points $(x, y)$ in the plane, both of whose coordinates $x$ and $y$ are nonnegative integers less than $2k$. Thus, $|K|=4k^2$.
A set $V$ consists of $k^2$ non-degenerate quadrilaterals with the following properties:
i) The vertices of all these quadrilaterals are elements of $K$.
ii) Each point in $K$ is a vertex of exactly one of the quadrilaterals in $V$.
Determine the maximum possible value that the sum of the areas of all $k^2$ quadrilaterals in $V$ can take.
Answer: The maximum possible value of the area sum is $S(k):=\frac{1}{3} k^2 (2k+1)(2k-1)$.
Notations: The area of a polygon $X$ is denoted by $[X]$. A quadrilateral is called legal if all its vertices belong to $K$. Furthermore, let $O=\left(k-\frac{1}{2}, k-\frac{1}{2}\right)$ be the center of $K$. A legal quadrilateral is called central if it is point-symmetric with $O$ as the center. Any set $V$ of quadrilaterals that satisfies the conditions of the problem is called acceptable. For any acceptable set $V$, the sum of the areas of its quadrilaterals is denoted by $S(V)$.
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Every point in $K$ is the vertex of a uniquely defined central square. Therefore, the set $Q$ of all central squares is acceptable. We show $S(V) \leq S(Q)=S(k)$, from which the answer follows.
We use the following
Lemma 1. For every quadrilateral $V=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ and any point $O$ in the plane, we have
$[V] \leq \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$
where equality holds if and only if $V$ is a square with center $O$.
Proof: For $i=1, \ldots, 4$ and $A_{5}=A_{1}$, we have $\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{O A_{i} \cdot O A_{i+1}}{2} \leq \frac{O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}}{4}$. Therefore, $[V] \leq \sum_{i=1}^{4}\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{4}\left(O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}\right)=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$, which proves (2). Indeed, equality holds in each case if $V$ is a square with center $O$. Now consider any acceptable set $V$. Applying Lemma 1 to each element of $V$ and each element of $Q$ yields $S(V) \leq \frac{1}{2} \sum_{A<K} O A^{2}=S(Q)$, which proves the left side of (1).
Now we calculate $S(Q)=\frac{1}{2} \sum_{A c K} O A^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2 k-1} \sum_{j=0}^{2 k-1}\left(\left(k-\frac{1}{2}-i\right)^{2}+\left(k-\frac{1}{2}-j\right)^{2}\right)$
$=\frac{1}{8} \cdot 4 \cdot 2 k \sum_{i=0}^{k-1}(2 k-2 i-1)^{2}=k \sum_{j=0}^{k-1}(2 j+1)^{2}=k\left(\sum_{j=1}^{2 k} j^{2}-\sum_{j=1}^{k}(2 j)^{2}\right)$
$=k\left(\frac{2 k(2 k+1)(4 k+1)}{6}-4 \cdot \frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\right)=\frac{k^{2}(2 k+1)(2 k-1)}{3}=S(k)$.
## NATIONAL <br> MATHEMATICS COMPETITIONS
Education & Talent
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\frac{1}{3} k^2 (2k+1)(2k-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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Für eine feste positive ganze Zahl $k$ sei $K$ die Menge aller Gitterpunkte $(x, y)$ in der Ebene, deren beide Koordinaten $x$ und $y$ nichtnegative ganze Zahlen kleiner als $2 k$ sind. Es gilt also $|K|=4 k^{2}$.
Eine Menge $V$ bestehe nun aus $k^{2}$ nicht-ausgearteten Vierecken mit folgenden Eigenschaften:
i) Die Ecken aller dieser Vierecke sind Elemente von $K$.
ii) Jeder Punkt in $K$ ist Eckpunkt von genau einem der Vierecke in $V$.
Bestimmen Sie den größtmöglichen Wert, den die Summe der Flächeninhalte aller $k^{2}$ Vierecke in $V$ annehmen kann.
Antwort: Der gröBtmögliche Wert der Flächensumme beträgt $S(k):=\frac{1}{3} k^{2}(2 k+1)(2 k-1)$.
Bezeichnungen: Der Flächeninhalt eines Polygons $X$ sei mit $[X]$ bezeichnet. Ein Viereck heiße legal, wenn alle seine Eckpunkte zu $K$ gehören. Weiter sei $O=\left(k-\frac{1}{2}, k-\frac{1}{2}\right)$ der Mittelpunkt von $K$. Ein legales Viereck heiße zentral, wenn es punktsymmetrisch mit $O$ als Mittelpunkt ist. Jede Menge $V$ von Vierecken, die die Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, heiße akzeptabel. Für jede akzeptable Menge $V$ sei die Flächensumme ihrer Vierecke mit $S(V)$ bezeichnet.
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Jeder Punkt aus $K$ ist Eckpunkt eines eindeutig definierten zentralen Quadrats. Daher ist die Menge $Q$ aller zentralen Quadrate akzeptabel. Wir zeigen $S(V) \leq S(Q)=S(k)$
woraus die Antwort folgt.
Wir benutzen das folgende
Lemma 1. Für jedes Viereck $V=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ und jeden beliebigen Punkt $O$ in der Ebene gilt
$[V] \leq \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$
wobei Gleichheit genau dann gilt, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist.
Beweis: Für $i=1, \ldots, 4$ und $A_{5}=A_{1}$ gilt $\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{O A_{i} \cdot O A_{i+1}}{2} \leq \frac{O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}}{4}$. Daher gilt $[V] \leq \sum_{i=1}^{4}\left[O A_{i} A_{i+1}\right] \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{4}\left(O A_{i}^{2}+O A_{i+1}^{2}\right)=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{4} O A_{i}^{2}$, womit (2) bewiesen ist. In der Tat herrscht jeweils Gleichheit, wenn $V$ ein Quadrat mit Mittelpunkt $O$ ist. Nun betrachten wir eine beliebige akzeptable Menge $V$. Lemma 1 auf jedes Element von $V$ und jedes Element von $Q$ angewendet liefert $S(V) \leq \frac{1}{2} \sum_{A<K} O A^{2}=S(Q)$, womit die linke Seite von (1) bewiesen ist.
Nun berechnen wir $S(Q)=\frac{1}{2} \sum_{A c K} O A^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2 k-1} \sum_{j=0}^{2 k-1}\left(\left(k-\frac{1}{2}-i\right)^{2}+\left(k-\frac{1}{2}-j\right)^{2}\right)$
$=\frac{1}{8} \cdot 4 \cdot 2 k \sum_{i=0}^{k-1}(2 k-2 i-1)^{2}=k \sum_{j=0}^{k-1}(2 j+1)^{2}=k\left(\sum_{j=1}^{2 k} j^{2}-\sum_{j=1}^{k}(2 j)^{2}\right)$
$=k\left(\frac{2 k(2 k+1)(4 k+1)}{6}-4 \cdot \frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\right)=\frac{k^{2}(2 k+1)(2 k-1)}{3}=S(k)$.
## BUNDESWEITE <br> MATHEMATIK-WETTBEWERBE
Bildung \& Begabung
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{
"exam": "Germany_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Aufgabe 3",
"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2022-2022_IMO_Auswahlklausuren_Lsg_HP.jsonl",
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"tier": "T1",
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}
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For a fixed positive integer $k$, let $K$ be the set of all lattice points $(x, y)$ in the plane, both of whose coordinates $x$ and $y$ are nonnegative integers less than $2k$. Thus, $|K|=4k^2$.
A set $V$ consists of $k^2$ non-degenerate quadrilaterals with the following properties:
i) The vertices of all these quadrilaterals are elements of $K$.
ii) Each point in $K$ is a vertex of exactly one of the quadrilaterals in $V$.
Determine the maximum possible value that the sum of the areas of all $k^2$ quadrilaterals in $V$ can take.
Answer: The maximum possible value of the area sum is $S(k):=\frac{1}{3} k^2 (2k+1)(2k-1)$.
Notations: The area of a polygon $X$ is denoted by $[X]$. A quadrilateral is called legal if all its vertices belong to $K$. Furthermore, let $O=\left(k-\frac{1}{2}, k-\frac{1}{2}\right)$ be the center of $K$. A legal quadrilateral is called central if it is point-symmetric with $O$ as the center. Any set $V$ of quadrilaterals that satisfies the conditions of the problem is called acceptable. For any acceptable set $V$, the sum of the areas of its quadrilaterals is denoted by $S(V)$.
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For every quadrilateral $ABCD$ in an acceptable set $V$, it holds that
$[ABCD]=\frac{AC \cdot BD}{2} \cdot \sin \varphi \leq \frac{AC^2 + BD^2}{4}$
with $\varphi=\measuredangle(AC, BD)$. Applying (3) to all elements of $V$, we obtain $S(V) \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{2k^2} A_i B_i^2$, where $\left(A_1, A_2, \ldots, A_{2k^2}, B_1, B_2, \ldots, B_{2k^2}\right)$ is a permutation of $K$.
With the abbreviation $S:=\sum_{i=1}^{2u^2} A_i B_i^2$, we formulate the following
Lemma 2. The maximum possible value of $S$ over all permutations of $K$ is $\frac{4}{3} k^2(4k^2-1)$ and is achieved when $A_i$ and $B_i$ for all $i=1,2, \ldots, 2k^2$ are symmetric with respect to $O$.
Proof: Let $A_i = (p_i, q_i)$ and $B_i = (r_i, s_i)$ for $i=1,2, \ldots, 2k^2$. Then,
$S=\sum_{i=1}^{2L^2} (p_i - r_i)^2 + \sum_{i=1}^{2L^2} (q_i - s_i)^2$. Using the QM-AM inequality, we estimate the first sum:
$\mathrm{ab}: \sum_{i=1}^{2k^2} (p_i - r_i)^2 = \sum_{i=1}^{2k^2} (2p_i^2 + 2r_i^2 - (p_i + r_i)^2) = 4k \sum_{j=0}^{2k-1} j^2 - \sum_{i=1}^{2k^2} (p_i + r_i)^2$
$\leq 4k \sum_{j=0}^{2k-1} j^2 - \frac{1}{2k^2} \left( \sum_{i=1}^{2k^2} (p_i + r_i) \right)^2 = 4k \sum_{j=0}^{2k-1} j^2 - \frac{1}{2k^2} \left( 2k \cdot \sum_{j=0}^{2k-1} j \right)^2$
$= 4k \cdot \frac{2k(2k-1)(4k-1)}{6} - 2k^2(2k-1)^2 = \frac{2k^2(2k-1)(2k+1)}{3}$, where equality holds if and only if $p_i + r_i = 2k-1$ for all $i$. Since the second sum can be estimated analogously, it follows that $S \leq \frac{4}{3} k^2(4k^2-1)$ with equality when $p_i + r_i = q_i + s_i = 2k-1$ for all $i=1, \ldots, 2k^2$, i.e., when $A_i$ and $B_i$ for all $i=1,2, \ldots, 2k^2$ are symmetric with respect to $O$.
With the result from Lemma 2, we get $S(V) \leq \frac{1}{4} \cdot \frac{4k^2(4k^2-1)}{3} = \frac{k^2(2k-1)(2k+1)}{3}$, where the estimate for the set $Q$ is sharp. ㅁ.
## Hints:
The frequently claimed result $S(k)=k^4$ is incorrect because it does not rely on the maximal configuration and only yields the correct value for $k=1$. Pick's formula is not useful in this problem because in the maximal configuration, not all quadrilaterals are optimized in terms of the distribution between boundary and interior lattice points. The maximum possible value of the area sum remains the same if "quadrilaterals" in the problem statement is replaced by "polygons".
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\frac{1}{3} k^2 (2k+1)(2k-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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Für eine feste positive ganze Zahl $k$ sei $K$ die Menge aller Gitterpunkte $(x, y)$ in der Ebene, deren beide Koordinaten $x$ und $y$ nichtnegative ganze Zahlen kleiner als $2 k$ sind. Es gilt also $|K|=4 k^{2}$.
Eine Menge $V$ bestehe nun aus $k^{2}$ nicht-ausgearteten Vierecken mit folgenden Eigenschaften:
i) Die Ecken aller dieser Vierecke sind Elemente von $K$.
ii) Jeder Punkt in $K$ ist Eckpunkt von genau einem der Vierecke in $V$.
Bestimmen Sie den größtmöglichen Wert, den die Summe der Flächeninhalte aller $k^{2}$ Vierecke in $V$ annehmen kann.
Antwort: Der gröBtmögliche Wert der Flächensumme beträgt $S(k):=\frac{1}{3} k^{2}(2 k+1)(2 k-1)$.
Bezeichnungen: Der Flächeninhalt eines Polygons $X$ sei mit $[X]$ bezeichnet. Ein Viereck heiße legal, wenn alle seine Eckpunkte zu $K$ gehören. Weiter sei $O=\left(k-\frac{1}{2}, k-\frac{1}{2}\right)$ der Mittelpunkt von $K$. Ein legales Viereck heiße zentral, wenn es punktsymmetrisch mit $O$ als Mittelpunkt ist. Jede Menge $V$ von Vierecken, die die Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, heiße akzeptabel. Für jede akzeptable Menge $V$ sei die Flächensumme ihrer Vierecke mit $S(V)$ bezeichnet.
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Für jedes Viereck $A B C D$ in einer akzeptablen Menge $V$ gilt
$[A B C D]=\frac{A C \cdot B D}{2} \cdot \sin \varphi \leq \frac{A C^{2}+B D^{2}}{4}$
mit $\varphi=\measuredangle(A C, B D)$. Wenden wir (3) auf alle Elemente von $V$ an, so erhalten wir $S(V) \leq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^{2 k^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$, wobei $\left(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 k^{2}}, B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2 k^{2}}\right)$ eine Permutation von $K$ ist.
Mit der Abkürzung $S:=\sum_{i=1}^{2 u^{2}} A_{i} B_{i}^{2}$ formulieren wir das folgende
Lemma 2. Der größtmögliche Wert von $S$ über alle Permutationen von $K$ beträgt $\frac{4}{3} k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)$ und wird angenommen, wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.
Beweis: Es seien $A_{i}=\left(p_{i}, q_{i}\right)$ und $B_{i}=\left(r_{i}, s_{i}\right)$ für $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$. Dann ist
$S=\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\left(p_{i}-r_{i}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{2 L^{2}}\left(q_{i}-s_{i}\right)^{2}$. Mit der QM-AM-Ungleichung schätzen wir die erste Summe
$\mathrm{ab}: \sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}-r_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(2 p_{i}^{2}+2 r_{i}^{2}-\left(p_{i}+r_{i}\right)^{2}\right)=4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}+r_{i}\right)^{2}$
$\leq 4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\frac{1}{2 k^{2}}\left(\sum_{i=1}^{2 k^{2}}\left(p_{i}+r_{i}\right)\right)^{2}=4 k \sum_{j=0}^{2 k-1} j^{2}-\frac{1}{2 k^{2}}\left(2 k \cdot \sum_{j=0}^{2 k-1} j\right)^{2}$
$=4 k \cdot \frac{2 k(2 k-1)(4 k-1)}{6}-2 k^{2}(2 k-1)^{2}=\frac{2 k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei Gleichheit genau dann
gilt, wenn $p_{i}+r_{i}=2 k-1$ für alle $i$ erfüllt ist. Da die zweite Summe völlig analog abgeschātzt werden kann, folgt $S \leq \frac{4}{3} k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)$ mit Gleichheit bei $p_{i}+r_{i}=q_{i}+s_{i}=2 k-1$ für alle $i=1, \ldots, 2 k^{2}$, d.h. wenn $A_{i}$ und $B_{i}$ für alle $i=1,2, \ldots, 2 k^{2}$ symmetrisch zu $O$ liegen.
Mit dem Resultat aus Lemma 2 ergibt sich $S(V) \leq \frac{1}{4} \cdot \frac{4 k^{2}\left(4 k^{2}-1\right)}{3}=\frac{k^{2}(2 k-1)(2 k+1)}{3}$, wobei die Abschätzung für die Menge $Q$ scharf ist. ㅁ.
## Hinweise:
Das hăufig behauptete Ergebnis $S(k)=k^{4}$ ist falsch, weil es nicht auf der maximalen
Konfiguration beruht und nur für $k=1$ den korrekten Wert liefert. Die Formel von Pick ist bei dieser Aufgabe nicht zielführend, weil in der maximalen Konfiguration nicht alle Vierecke hinsichtlich der Aufteilung zwischen Rand- und inneren Gitterpunkten optimiert sind. Der größtmögliche Wert der Flächensumme bleibt derselbe, wenn man in der Aufgabenstellung „Vierecke" durch „Vielecke" ersetzt.
[^0]: ${ }^{1}$ Mit Beweis.
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"problem_match": "# Aufgabe 3",
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}
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Compute
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor
$$
(Note that $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to $x$.)
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2006. We have
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left(2007 \cdot 2006+\frac{1}{2005}\right) \cdot 2005!}{(2006+1) \cdot 2005!}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{2007 \cdot 2006+\frac{1}{2005}}{2007}\right\rfloor=\left\lfloor 2006+\frac{1}{2005 \cdot 2007}\right\rfloor
$$
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2006
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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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Compute
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor
$$
(Note that $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to $x$.)
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2006. We have
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left(2007 \cdot 2006+\frac{1}{2005}\right) \cdot 2005!}{(2006+1) \cdot 2005!}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{2007 \cdot 2006+\frac{1}{2005}}{2007}\right\rfloor=\left\lfloor 2006+\frac{1}{2005 \cdot 2007}\right\rfloor
$$
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}
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Two reals $x$ and $y$ are such that $x-y=4$ and $x^{3}-y^{3}=28$. Compute $x y$.
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$-\mathbf{3}$. We have $28=x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=(x-y)\left((x-y)^{2}+3 x y\right)=4 \cdot(16+3 x y)$, from which $x y=-3$.
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-3
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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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Two reals $x$ and $y$ are such that $x-y=4$ and $x^{3}-y^{3}=28$. Compute $x y$.
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$-\mathbf{3}$. We have $28=x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=(x-y)\left((x-y)^{2}+3 x y\right)=4 \cdot(16+3 x y)$, from which $x y=-3$.
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"tier": "T4",
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}
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Three real numbers $x, y$, and $z$ are such that $(x+4) / 2=(y+9) /(z-3)=(x+5) /(z-5)$. Determine the value of $x / y$.
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1/2. Because the first and third fractions are equal, adding their numerators and denominators produces another fraction equal to the others: $((x+4)+(x+5)) /(2+(z-5))=(2 x+9) /(z-3)$. Then $y+9=2 x+9$, etc.
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\frac{1}{2}
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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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Three real numbers $x, y$, and $z$ are such that $(x+4) / 2=(y+9) /(z-3)=(x+5) /(z-5)$. Determine the value of $x / y$.
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1/2. Because the first and third fractions are equal, adding their numerators and denominators produces another fraction equal to the others: $((x+4)+(x+5)) /(2+(z-5))=(2 x+9) /(z-3)$. Then $y+9=2 x+9$, etc.
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Compute
$$
\frac{2^{3}-1}{2^{3}+1} \cdot \frac{3^{3}-1}{3^{3}+1} \cdot \frac{4^{3}-1}{4^{3}+1} \cdot \frac{5^{3}-1}{5^{3}+1} \cdot \frac{6^{3}-1}{6^{3}+1}
$$
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$\frac{\mathbf{4 3} \text {. }}{63}$ Use the factorizations $n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$ and $n^{3}+1=(n+1)\left(n^{2}-n+1\right)$ to write
$$
\frac{1 \cdot 7}{3 \cdot 3} \cdot \frac{2 \cdot 13}{4 \cdot 7} \cdot \frac{3 \cdot 21}{5 \cdot 13} \cdot \frac{4 \cdot 31}{6 \cdot 21} \cdot \frac{5 \cdot 43}{7 \cdot 31}=\frac{1 \cdot 2 \cdot 43}{3 \cdot 6 \cdot 7}=\frac{43}{63}
$$
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\frac{43}{63}
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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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Compute
$$
\frac{2^{3}-1}{2^{3}+1} \cdot \frac{3^{3}-1}{3^{3}+1} \cdot \frac{4^{3}-1}{4^{3}+1} \cdot \frac{5^{3}-1}{5^{3}+1} \cdot \frac{6^{3}-1}{6^{3}+1}
$$
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$\frac{\mathbf{4 3} \text {. }}{63}$ Use the factorizations $n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$ and $n^{3}+1=(n+1)\left(n^{2}-n+1\right)$ to write
$$
\frac{1 \cdot 7}{3 \cdot 3} \cdot \frac{2 \cdot 13}{4 \cdot 7} \cdot \frac{3 \cdot 21}{5 \cdot 13} \cdot \frac{4 \cdot 31}{6 \cdot 21} \cdot \frac{5 \cdot 43}{7 \cdot 31}=\frac{1 \cdot 2 \cdot 43}{3 \cdot 6 \cdot 7}=\frac{43}{63}
$$
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{
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}
|
A convex quadrilateral is determined by the points of intersection of the curves $x^{4}+y^{4}=100$ and $x y=4$; determine its area.
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$\mathbf{4 \sqrt { 1 7 }}$. By symmetry, the quadrilateral is a rectangle having $x=y$ and $x=-y$ as axes of symmetry. Let $(a, b)$ with $a>b>0$ be one of the vertices. Then the desired area is
$$
(\sqrt{2}(a-b)) \cdot(\sqrt{2}(a+b))=2\left(a^{2}-b^{2}\right)=2 \sqrt{a^{4}-2 a^{2} b^{2}+b^{4}}=2 \sqrt{100-2 \cdot 4^{2}}=4 \sqrt{17}
$$
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4 \sqrt{17}
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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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A convex quadrilateral is determined by the points of intersection of the curves $x^{4}+y^{4}=100$ and $x y=4$; determine its area.
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$\mathbf{4 \sqrt { 1 7 }}$. By symmetry, the quadrilateral is a rectangle having $x=y$ and $x=-y$ as axes of symmetry. Let $(a, b)$ with $a>b>0$ be one of the vertices. Then the desired area is
$$
(\sqrt{2}(a-b)) \cdot(\sqrt{2}(a+b))=2\left(a^{2}-b^{2}\right)=2 \sqrt{a^{4}-2 a^{2} b^{2}+b^{4}}=2 \sqrt{100-2 \cdot 4^{2}}=4 \sqrt{17}
$$
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{
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}
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Consider the polynomial $P(x)=x^{3}+x^{2}-x+2$. Determine all real numbers $r$ for which there exists a complex number $z$ not in the reals such that $P(z)=r$.
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$\mathbf{r}>\mathbf{3}, \mathbf{r}<\frac{\mathbf{4 9}}{\mathbf{2 7}}$. Because such roots to polynomial equations come in conjugate pairs, we seek the values $r$ such that $P(x)=r$ has just one real root $x$. Considering the shape of a cubic, we are interested in the boundary values $r$ such that $P(x)-r$ has a repeated zero. Thus, we write
$$
P(x)-r=x^{3}+x^{2}-x+(2-r)=(x-p)^{2}(x-q)=x^{3}-(2 p+q) x^{2}+p(p+2 q) x-p^{2} q
$$
Then $q=-2 p-1$ and $1=p(p+2 q)=p(-3 p-2)$ so that $p=1 / 3$ or $p=-1$. It follows that the graph of $P(x)$ is horizontal at $x=1 / 3$ (a maximum) and $x=-1$ (a minimum), so the desired values $r$ are $r>P(-1)=3$ and $r<P(1 / 3)=1 / 27+1 / 9-1 / 3+2=49 / 27$.
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r>\mathbf{3}, \mathbf{r}<\frac{\mathbf{4 9}}{\mathbf{2 7}}
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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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Consider the polynomial $P(x)=x^{3}+x^{2}-x+2$. Determine all real numbers $r$ for which there exists a complex number $z$ not in the reals such that $P(z)=r$.
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$\mathbf{r}>\mathbf{3}, \mathbf{r}<\frac{\mathbf{4 9}}{\mathbf{2 7}}$. Because such roots to polynomial equations come in conjugate pairs, we seek the values $r$ such that $P(x)=r$ has just one real root $x$. Considering the shape of a cubic, we are interested in the boundary values $r$ such that $P(x)-r$ has a repeated zero. Thus, we write
$$
P(x)-r=x^{3}+x^{2}-x+(2-r)=(x-p)^{2}(x-q)=x^{3}-(2 p+q) x^{2}+p(p+2 q) x-p^{2} q
$$
Then $q=-2 p-1$ and $1=p(p+2 q)=p(-3 p-2)$ so that $p=1 / 3$ or $p=-1$. It follows that the graph of $P(x)$ is horizontal at $x=1 / 3$ (a maximum) and $x=-1$ (a minimum), so the desired values $r$ are $r>P(-1)=3$ and $r<P(1 / 3)=1 / 27+1 / 9-1 / 3+2=49 / 27$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\n6. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-alg-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
An infinite sequence of positive real numbers is defined by $a_{0}=1$ and $a_{n+2}=6 a_{n}-a_{n+1}$ for $n=0,1,2, \cdots$ Find the possible value(s) of $a_{2007}$.
|
$\mathbf{2}^{\mathbf{2 0 0 7}}$. The characteristic equation of the linear homogeneous equation is $m^{2}+m-6=$ $(m+3)(m-2)=0$ with solutions $m=-3$ and $m=2$. Hence the general solution is given by $a_{n}=A(2)^{n}+B(-3)^{n}$ where $A$ and $B$ are constants to be determined. Then we have $a_{n}>0$ for $n \geq 0$, so necessarily $B=0$, and $a_{0}=1 \Rightarrow A=1$. Therefore, the unique solution to the recurrence is $a_{n}=2^{n}$ for all n .
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2^{2007}
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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An infinite sequence of positive real numbers is defined by $a_{0}=1$ and $a_{n+2}=6 a_{n}-a_{n+1}$ for $n=0,1,2, \cdots$ Find the possible value(s) of $a_{2007}$.
|
$\mathbf{2}^{\mathbf{2 0 0 7}}$. The characteristic equation of the linear homogeneous equation is $m^{2}+m-6=$ $(m+3)(m-2)=0$ with solutions $m=-3$ and $m=2$. Hence the general solution is given by $a_{n}=A(2)^{n}+B(-3)^{n}$ where $A$ and $B$ are constants to be determined. Then we have $a_{n}>0$ for $n \geq 0$, so necessarily $B=0$, and $a_{0}=1 \Rightarrow A=1$. Therefore, the unique solution to the recurrence is $a_{n}=2^{n}$ for all n .
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\n7. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-alg-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Let $A:=\mathbb{Q} \backslash\{0,1\}$ denote the set of all rationals other than 0 and 1. A function $f: A \rightarrow \mathbb{R}$ has the property that for all $x \in A$,
$$
f(x)+f\left(1-\frac{1}{x}\right)=\log |x|
$$
Compute the value of $f(2007)$.
|
$\log (\mathbf{2 0 0 7} / \mathbf{2 0 0 6})$. Let $g: A \rightarrow A$ be defined by $g(x):=1-1 / x$; the key property is that
$$
g(g(g(x)))=1-\frac{1}{1-\frac{1}{1-\frac{1}{x}}}=x
$$
The given equation rewrites as $f(x)+f(g(x))=\log |x|$. Substituting $x=g(y)$ and $x=g(g(z))$ gives the further equations $f(g(y))+f(g(g(y)))=\log |g(x)|$ and $f(g(g(z)))+f(z)=\log |g(g(x))|$. Setting $y$ and $z$ to $x$ and solving the system of three equations for $f(x)$ gives
$$
f(x)=\frac{1}{2} \cdot(\log |x|-\log |g(x)|+\log |g(g(x))|)
$$
For $x=2007$, we have $g(x)=\frac{2006}{2007}$ and $g(g(x))=\frac{-1}{2006}$, so that
$$
f(2007)=\frac{\log |2007|-\log \left|\frac{2006}{2007}\right|+\log \left|\frac{-1}{2006}\right|}{2}=\log (2007 / 2006)
$$
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\log (2007 / 2006)
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Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
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Let $A:=\mathbb{Q} \backslash\{0,1\}$ denote the set of all rationals other than 0 and 1. A function $f: A \rightarrow \mathbb{R}$ has the property that for all $x \in A$,
$$
f(x)+f\left(1-\frac{1}{x}\right)=\log |x|
$$
Compute the value of $f(2007)$.
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$\log (\mathbf{2 0 0 7} / \mathbf{2 0 0 6})$. Let $g: A \rightarrow A$ be defined by $g(x):=1-1 / x$; the key property is that
$$
g(g(g(x)))=1-\frac{1}{1-\frac{1}{1-\frac{1}{x}}}=x
$$
The given equation rewrites as $f(x)+f(g(x))=\log |x|$. Substituting $x=g(y)$ and $x=g(g(z))$ gives the further equations $f(g(y))+f(g(g(y)))=\log |g(x)|$ and $f(g(g(z)))+f(z)=\log |g(g(x))|$. Setting $y$ and $z$ to $x$ and solving the system of three equations for $f(x)$ gives
$$
f(x)=\frac{1}{2} \cdot(\log |x|-\log |g(x)|+\log |g(g(x))|)
$$
For $x=2007$, we have $g(x)=\frac{2006}{2007}$ and $g(g(x))=\frac{-1}{2006}$, so that
$$
f(2007)=\frac{\log |2007|-\log \left|\frac{2006}{2007}\right|+\log \left|\frac{-1}{2006}\right|}{2}=\log (2007 / 2006)
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\n8. [6]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-alg-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
The complex numbers $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$, and $\alpha_{4}$ are the four distinct roots of the equation $x^{4}+2 x^{3}+2=0$. Determine the unordered set
$$
\left\{\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right\} .
$$
|
$\{\mathbf{1} \pm \sqrt{\mathbf{5}}, \mathbf{- 2}\}$. Employing the elementary symmetric polynomials $\left(s_{1}=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}+\alpha_{4}=\right.$ $-2, s_{2}=\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}+\alpha_{3} \alpha_{4}=0, s_{3}=\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{3} \alpha_{4}+\alpha_{3} \alpha_{4} \alpha_{1}+\alpha_{4} \alpha_{1} \alpha_{2}=0$, and $s_{4}=\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3} \alpha_{4}=2$ ) we consider the polynomial
$$
P(x)=\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}\right)\right)\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}\right)\right)\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right)\right)
$$
Because $P$ is symmetric with respect to $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}$, we can express the coefficients of its expanded form in terms of the elementary symmetric polynomials. We compute
$$
\begin{aligned}
P(x) & =x^{3}-s_{2} x^{2}+\left(s_{3} s_{1}-4 s_{4}\right) x+\left(-s_{3}^{2}-s_{4} s_{1}^{2}+s_{4} s_{2}\right) \\
& =x^{3}-8 x-8 \\
& =(x+2)\left(x^{2}-2 x-4\right)
\end{aligned}
$$
The roots of $P(x)$ are -2 and $1 \pm \sqrt{5}$, so the answer is $\{1 \pm \sqrt{5},-2\}$.
Remarks. It is easy to find the coefficients of $x^{2}$ and $x$ by expansion, and the constant term can be computed without the complete expansion and decomposition of $\left(\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}\right)\left(\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}\right)\left(\alpha_{1} \alpha_{4}+\right.$ $\alpha_{2} \alpha_{3}$ ) by noting that the only nonzero 6 th degree expressions in $s_{1}, s_{2}, s_{3}$, and $s_{4}$ are $s_{1}^{6}$ and $s_{4} s_{1}^{2}$. The general polynomial $P$ constructed here is called the cubic resolvent and arises in Galois theory.
|
\{1 \pm \sqrt{5}, -2\}
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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The complex numbers $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$, and $\alpha_{4}$ are the four distinct roots of the equation $x^{4}+2 x^{3}+2=0$. Determine the unordered set
$$
\left\{\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right\} .
$$
|
$\{\mathbf{1} \pm \sqrt{\mathbf{5}}, \mathbf{- 2}\}$. Employing the elementary symmetric polynomials $\left(s_{1}=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}+\alpha_{4}=\right.$ $-2, s_{2}=\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}+\alpha_{3} \alpha_{4}=0, s_{3}=\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{3} \alpha_{4}+\alpha_{3} \alpha_{4} \alpha_{1}+\alpha_{4} \alpha_{1} \alpha_{2}=0$, and $s_{4}=\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3} \alpha_{4}=2$ ) we consider the polynomial
$$
P(x)=\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}\right)\right)\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}\right)\right)\left(x-\left(\alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right)\right)
$$
Because $P$ is symmetric with respect to $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}$, we can express the coefficients of its expanded form in terms of the elementary symmetric polynomials. We compute
$$
\begin{aligned}
P(x) & =x^{3}-s_{2} x^{2}+\left(s_{3} s_{1}-4 s_{4}\right) x+\left(-s_{3}^{2}-s_{4} s_{1}^{2}+s_{4} s_{2}\right) \\
& =x^{3}-8 x-8 \\
& =(x+2)\left(x^{2}-2 x-4\right)
\end{aligned}
$$
The roots of $P(x)$ are -2 and $1 \pm \sqrt{5}$, so the answer is $\{1 \pm \sqrt{5},-2\}$.
Remarks. It is easy to find the coefficients of $x^{2}$ and $x$ by expansion, and the constant term can be computed without the complete expansion and decomposition of $\left(\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}\right)\left(\alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}\right)\left(\alpha_{1} \alpha_{4}+\right.$ $\alpha_{2} \alpha_{3}$ ) by noting that the only nonzero 6 th degree expressions in $s_{1}, s_{2}, s_{3}$, and $s_{4}$ are $s_{1}^{6}$ and $s_{4} s_{1}^{2}$. The general polynomial $P$ constructed here is called the cubic resolvent and arises in Galois theory.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\n9. [7]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-alg-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
The polynomial $f(x)=x^{2007}+17 x^{2006}+1$ has distinct zeroes $r_{1}, \ldots, r_{2007}$. A polynomial $P$ of degree 2007 has the property that $P\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)=0$ for $j=1, \ldots, 2007$. Determine the value of $P(1) / P(-1)$.
|
| $\mathbf{2 8 9}$. |
| :---: |
| For some constant $k$, we have |
$$
P(z)=k \prod_{j=1}^{2007}\left(z-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)
$$
Now writing $\omega^{3}=1$ with $\omega \neq 1$, we have $\omega^{2}+\omega=-1$. Then
$$
\begin{gathered}
P(1) / P(-1)=\frac{k \prod_{j=1}^{2007}\left(1-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)}{k \prod_{j=1}^{2007}\left(-1-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)}=\prod_{j=1}^{2007} \frac{r_{j}^{2}-r_{j}+1}{r_{j}^{2}+r_{j}+1}=\prod_{j=1}^{2007} \frac{\left(-\omega-r_{j}\right)\left(-\omega^{2}-r_{j}\right)}{\left(\omega-r_{j}\right)\left(\omega^{2}-r_{j}\right)} \\
=\frac{f(-\omega) f\left(-\omega^{2}\right)}{f(\omega) f\left(\omega^{2}\right)}=\frac{\left(-\omega^{2007}+17 \omega^{2006}+1\right)\left(-\left(\omega^{2}\right)^{2007}+17\left(\omega^{2}\right)^{2006}+1\right)}{\left(\omega^{2007}+17 \omega^{2006}+1\right)\left(\left(\omega^{2}\right)^{2007}+17\left(\omega^{2}\right)^{2006}+1\right)}=\frac{\left(17 \omega^{2}\right)(17 \omega)}{\left(2+17 \omega^{2}\right)(2+17 \omega)} \\
=\frac{289}{4+34\left(\omega+\omega^{2}\right)+289}=\frac{289}{259} .
\end{gathered}
$$
|
\frac{289}{259}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
The polynomial $f(x)=x^{2007}+17 x^{2006}+1$ has distinct zeroes $r_{1}, \ldots, r_{2007}$. A polynomial $P$ of degree 2007 has the property that $P\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)=0$ for $j=1, \ldots, 2007$. Determine the value of $P(1) / P(-1)$.
|
| $\mathbf{2 8 9}$. |
| :---: |
| For some constant $k$, we have |
$$
P(z)=k \prod_{j=1}^{2007}\left(z-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)
$$
Now writing $\omega^{3}=1$ with $\omega \neq 1$, we have $\omega^{2}+\omega=-1$. Then
$$
\begin{gathered}
P(1) / P(-1)=\frac{k \prod_{j=1}^{2007}\left(1-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)}{k \prod_{j=1}^{2007}\left(-1-\left(r_{j}+\frac{1}{r_{j}}\right)\right)}=\prod_{j=1}^{2007} \frac{r_{j}^{2}-r_{j}+1}{r_{j}^{2}+r_{j}+1}=\prod_{j=1}^{2007} \frac{\left(-\omega-r_{j}\right)\left(-\omega^{2}-r_{j}\right)}{\left(\omega-r_{j}\right)\left(\omega^{2}-r_{j}\right)} \\
=\frac{f(-\omega) f\left(-\omega^{2}\right)}{f(\omega) f\left(\omega^{2}\right)}=\frac{\left(-\omega^{2007}+17 \omega^{2006}+1\right)\left(-\left(\omega^{2}\right)^{2007}+17\left(\omega^{2}\right)^{2006}+1\right)}{\left(\omega^{2007}+17 \omega^{2006}+1\right)\left(\left(\omega^{2}\right)^{2007}+17\left(\omega^{2}\right)^{2006}+1\right)}=\frac{\left(17 \omega^{2}\right)(17 \omega)}{\left(2+17 \omega^{2}\right)(2+17 \omega)} \\
=\frac{289}{4+34\left(\omega+\omega^{2}\right)+289}=\frac{289}{259} .
\end{gathered}
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\n10. [8]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-alg-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Compute:
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}
$$
|
2. Since $\sin ^{2}(x)=1-\cos ^{2}(x)$, we multiply the numerator and denominator by $1+\cos (x)$ and use the fact that $x / \sin (x) \rightarrow 1$, obtaining
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}(1+\cos (x))}{1-\cos ^{2}(x)}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x}{\sin (x)}\right)^{2} \cdot 2=2
$$
Remarks. Another solution, using L'Hôpital's rule, is possible: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x}{\sin (x)}=2$.
|
2
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
|
Compute:
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}
$$
|
2. Since $\sin ^{2}(x)=1-\cos ^{2}(x)$, we multiply the numerator and denominator by $1+\cos (x)$ and use the fact that $x / \sin (x) \rightarrow 1$, obtaining
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}(1+\cos (x))}{1-\cos ^{2}(x)}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x}{\sin (x)}\right)^{2} \cdot 2=2
$$
Remarks. Another solution, using L'Hôpital's rule, is possible: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{1-\cos (x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x}{\sin (x)}=2$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Determine the real number $a$ having the property that $f(a)=a$ is a relative minimum of $f(x)=$ $x^{4}-x^{3}-x^{2}+a x+1$.
|
1. Being a relative minimum, we have $0=f^{\prime}(a)=4 a^{3}-3 a^{2}-2 a+a=a(4 a+1)(a-1)$. Then $a=0,1,-1 / 4$ are the only possibilities. However, it is easily seen that $a=1$ is the only value satisfying $f(a)=a$.
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1
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
|
Calculus
|
Determine the real number $a$ having the property that $f(a)=a$ is a relative minimum of $f(x)=$ $x^{4}-x^{3}-x^{2}+a x+1$.
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1. Being a relative minimum, we have $0=f^{\prime}(a)=4 a^{3}-3 a^{2}-2 a+a=a(4 a+1)(a-1)$. Then $a=0,1,-1 / 4$ are the only possibilities. However, it is easily seen that $a=1$ is the only value satisfying $f(a)=a$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Let $a$ be a positive real number. Find the value of $a$ such that the definite integral
$$
\int_{a}^{a^{2}} \frac{\mathrm{~d} x}{x+\sqrt{x}}
$$
achieves its smallest possible value.
|
$\sqrt[{3-2 \sqrt{2}}]{ }$ Let $F(a)$ denote the given definite integral. Then
$$
F^{\prime}(a)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} a} \int_{a}^{a^{2}} \frac{\mathrm{~d} x}{x+\sqrt{x}}=2 a \cdot \frac{1}{a^{2}+\sqrt{a^{2}}}-\frac{1}{a+\sqrt{a}} .
$$
Setting $F^{\prime}(a)=0$, we find that $2 a+2 \sqrt{a}=a+1$ or $(\sqrt{a}+1)^{2}=2$. We find $\sqrt{a}= \pm \sqrt{2}-1$, and because $\sqrt{a}>0, a=(\sqrt{2}-1)^{2}=3-2 \sqrt{2}$.
|
3-2\sqrt{2}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
|
Let $a$ be a positive real number. Find the value of $a$ such that the definite integral
$$
\int_{a}^{a^{2}} \frac{\mathrm{~d} x}{x+\sqrt{x}}
$$
achieves its smallest possible value.
|
$\sqrt[{3-2 \sqrt{2}}]{ }$ Let $F(a)$ denote the given definite integral. Then
$$
F^{\prime}(a)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} a} \int_{a}^{a^{2}} \frac{\mathrm{~d} x}{x+\sqrt{x}}=2 a \cdot \frac{1}{a^{2}+\sqrt{a^{2}}}-\frac{1}{a+\sqrt{a}} .
$$
Setting $F^{\prime}(a)=0$, we find that $2 a+2 \sqrt{a}=a+1$ or $(\sqrt{a}+1)^{2}=2$. We find $\sqrt{a}= \pm \sqrt{2}-1$, and because $\sqrt{a}>0, a=(\sqrt{2}-1)^{2}=3-2 \sqrt{2}$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\n3. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Find the real number $\alpha$ such that the curve $f(x)=e^{x}$ is tangent to the curve $g(x)=\alpha x^{2}$.
|
$\mathbf{e}^{\mathbf{2} / 4}$. Suppose tangency occurs at $x=x_{0}$. Then $e^{x_{0}}=\alpha x_{0}^{2}$ and $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2 \alpha x_{0}$. On the other hand, $f^{\prime}(x)=f(x)$, so $\alpha x_{0}^{2}=2 \alpha x_{0}$. Clearly, $\alpha=0$ and $x_{0}=0$ are impossible, so it must be that $x_{0}=2$. Then $\alpha=e^{x_{0}} /\left(x_{0}^{2}\right)=e^{2} / 4$.
|
e^{2} / 4
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
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Find the real number $\alpha$ such that the curve $f(x)=e^{x}$ is tangent to the curve $g(x)=\alpha x^{2}$.
|
$\mathbf{e}^{\mathbf{2} / 4}$. Suppose tangency occurs at $x=x_{0}$. Then $e^{x_{0}}=\alpha x_{0}^{2}$ and $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2 \alpha x_{0}$. On the other hand, $f^{\prime}(x)=f(x)$, so $\alpha x_{0}^{2}=2 \alpha x_{0}$. Clearly, $\alpha=0$ and $x_{0}=0$ are impossible, so it must be that $x_{0}=2$. Then $\alpha=e^{x_{0}} /\left(x_{0}^{2}\right)=e^{2} / 4$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
The function $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ satisfies $f\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime}(x)=f^{\prime}(x) f^{\prime}\left(x^{2}\right)$ for all real $x$. Given that $f(1)=1$ and $f^{\prime \prime \prime}(1)=8$, determine $f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1)$.
|
6. Let $f^{\prime}(1)=a$ and $f^{\prime \prime}(1)=b$. Then setting $x=1$ in the given equation, $b=a^{2}$. Differentiating the given yields
$$
2 x f^{\prime}\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime}(x)+f\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(x) f^{\prime}\left(x^{2}\right)+2 x f^{\prime}(x) f^{\prime \prime}\left(x^{2}\right)
$$
Plugging $x=1$ into this equation gives $2 a b+8=a b+2 a b$, or $a b=8$. Then because $a$ and $b$ are real, we obtain the solution $(a, b)=(2,4)$.
Remarks. A priori, the function needn't exist, but one possibility is $f(x)=e^{2 x-2}$.
|
6
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
|
Calculus
|
The function $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ satisfies $f\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime}(x)=f^{\prime}(x) f^{\prime}\left(x^{2}\right)$ for all real $x$. Given that $f(1)=1$ and $f^{\prime \prime \prime}(1)=8$, determine $f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1)$.
|
6. Let $f^{\prime}(1)=a$ and $f^{\prime \prime}(1)=b$. Then setting $x=1$ in the given equation, $b=a^{2}$. Differentiating the given yields
$$
2 x f^{\prime}\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime}(x)+f\left(x^{2}\right) f^{\prime \prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(x) f^{\prime}\left(x^{2}\right)+2 x f^{\prime}(x) f^{\prime \prime}\left(x^{2}\right)
$$
Plugging $x=1$ into this equation gives $2 a b+8=a b+2 a b$, or $a b=8$. Then because $a$ and $b$ are real, we obtain the solution $(a, b)=(2,4)$.
Remarks. A priori, the function needn't exist, but one possibility is $f(x)=e^{2 x-2}$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
The elliptic curve $y^{2}=x^{3}+1$ is tangent to a circle centered at $(4,0)$ at the point $\left(x_{0}, y_{0}\right)$. Determine the sum of all possible values of $x_{0}$.
|
$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{3}}$. Note that $y^{2} \geq 0$, so $x^{3} \geq-1$ and $x \geq-1$. Let the circle be defined by $(x-4)^{2}+y^{2}=c$ for some $c \geq 0$. Now differentiate the equations with respect to $x$, obtaining $2 y \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} x}=3 x^{2}$ from the given and $2 y \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} x}=-2 x+8$ from the circle. For tangency, the two expressions $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ must be equal if they are well-defined, and this is almost always the case. Thus, $-2 x_{0}+8=3 x_{0}^{2}$ so $x_{0}=-2$ or $x_{0}=4 / 3$, but only the latter corresponds to a point on $y^{2}=x^{3}+1$. Otherwise, $y_{0}=0$, and this gives the trivial solution $x_{0}=-1$.
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\frac{1}{3}
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Geometry
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The elliptic curve $y^{2}=x^{3}+1$ is tangent to a circle centered at $(4,0)$ at the point $\left(x_{0}, y_{0}\right)$. Determine the sum of all possible values of $x_{0}$.
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$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{3}}$. Note that $y^{2} \geq 0$, so $x^{3} \geq-1$ and $x \geq-1$. Let the circle be defined by $(x-4)^{2}+y^{2}=c$ for some $c \geq 0$. Now differentiate the equations with respect to $x$, obtaining $2 y \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} x}=3 x^{2}$ from the given and $2 y \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} x}=-2 x+8$ from the circle. For tangency, the two expressions $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ must be equal if they are well-defined, and this is almost always the case. Thus, $-2 x_{0}+8=3 x_{0}^{2}$ so $x_{0}=-2$ or $x_{0}=4 / 3$, but only the latter corresponds to a point on $y^{2}=x^{3}+1$. Otherwise, $y_{0}=0$, and this gives the trivial solution $x_{0}=-1$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\n6. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Compute
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}
$$
|
3-e. We write
$$
\begin{gathered}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \frac{1}{(n+1)!}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1)!}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!} \\
\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1)!}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!}=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+2)!}-\frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!} \\
\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-(n+2)}{(n+1) \cdot(n+2)!}=\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots\right)=3-\left(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots\right)=3-e .
\end{gathered}
$$
Alternatively, but with considerably less motivation, we can induce telescoping by adding and subtracting $e-2=1 / 2!+1 / 3!+\cdots$, obtaining
$$
\begin{aligned}
2-e & +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n(n+1)+1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}=2-e+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^{2}-n}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!} \\
2 & -e+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot n!}-\frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!}=3-e
\end{aligned}
$$
|
3-e
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
|
Compute
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}
$$
|
3-e. We write
$$
\begin{gathered}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \frac{1}{(n+1)!}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1)!}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!} \\
\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot(n+1)!}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!}=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \cdot(n+2)!}-\frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!} \\
\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-(n+2)}{(n+1) \cdot(n+2)!}=\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots\right)=3-\left(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots\right)=3-e .
\end{gathered}
$$
Alternatively, but with considerably less motivation, we can induce telescoping by adding and subtracting $e-2=1 / 2!+1 / 3!+\cdots$, obtaining
$$
\begin{aligned}
2-e & +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n(n+1)+1}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!}=2-e+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^{2}-n}{n \cdot(n+1) \cdot(n+1)!} \\
2 & -e+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot n!}-\frac{1}{(n+1) \cdot(n+1)!}=3-e
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\n7. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Suppose that $\omega$ is a primitive $2007^{\text {th }}$ root of unity. Find $\left(2^{2007}-1\right) \sum_{j=1}^{2006} \frac{1}{2-\omega^{j}}$.
For this problem only, you may express your answer in the form $m \cdot n^{k}+p$, where $m, n, k$, and $p$ are positive integers. Note that a number $z$ is a primitive $n^{\text {th }}$ root of unity if $z^{n}=1$ and $n$ is the smallest number amongst $k=1,2, \ldots, n$ such that $z^{k}=1$.
|
$2005 \cdot \mathbf{2}^{2006}+1$. Note that
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{z-\omega}+\cdots+\frac{1}{z-\omega^{2006}}=\frac{\sum_{j=1}^{2006} \prod_{i \neq j}\left(z-\omega^{i}\right)}{(z-\omega) \cdots\left(z-\omega^{2006}\right)} \\
& \quad=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} z}\left[z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1\right]}{z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1}=\frac{2006 z^{2005}+2005 z^{2004}+\cdots+1}{z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1} \cdot \frac{z-1}{z-1} \\
& \quad=\frac{2006 z^{2006}-z^{2005}-z^{2004}-\cdots-1}{z^{2007}-1} \cdot \frac{z-1}{z-1}=\frac{2006 z^{2007}-2007 z^{2006}+1}{\left(z^{2007}-1\right)(z-1)} .
\end{aligned}
$$
Plugging in $z=2$ gives $\frac{2005 \cdot 2^{2006}+1}{2^{2007}-1}$; whence the answer.
|
2005 \cdot 2^{2006}+1
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
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Suppose that $\omega$ is a primitive $2007^{\text {th }}$ root of unity. Find $\left(2^{2007}-1\right) \sum_{j=1}^{2006} \frac{1}{2-\omega^{j}}$.
For this problem only, you may express your answer in the form $m \cdot n^{k}+p$, where $m, n, k$, and $p$ are positive integers. Note that a number $z$ is a primitive $n^{\text {th }}$ root of unity if $z^{n}=1$ and $n$ is the smallest number amongst $k=1,2, \ldots, n$ such that $z^{k}=1$.
|
$2005 \cdot \mathbf{2}^{2006}+1$. Note that
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{z-\omega}+\cdots+\frac{1}{z-\omega^{2006}}=\frac{\sum_{j=1}^{2006} \prod_{i \neq j}\left(z-\omega^{i}\right)}{(z-\omega) \cdots\left(z-\omega^{2006}\right)} \\
& \quad=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} z}\left[z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1\right]}{z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1}=\frac{2006 z^{2005}+2005 z^{2004}+\cdots+1}{z^{2006}+z^{2005}+\cdots+1} \cdot \frac{z-1}{z-1} \\
& \quad=\frac{2006 z^{2006}-z^{2005}-z^{2004}-\cdots-1}{z^{2007}-1} \cdot \frac{z-1}{z-1}=\frac{2006 z^{2007}-2007 z^{2006}+1}{\left(z^{2007}-1\right)(z-1)} .
\end{aligned}
$$
Plugging in $z=2$ gives $\frac{2005 \cdot 2^{2006}+1}{2^{2007}-1}$; whence the answer.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\n8. [6]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
g$ is a twice differentiable function over the positive reals such that
$$
\begin{aligned}
g(x)+2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x) & =0 \quad \text { for all positive reals } x . \\
\lim _{x \rightarrow \infty} x g(x) & =1
\end{aligned}
$$
Find the real number $\alpha>1$ such that $g(\alpha)=1 / 2$.
|
$\frac{6}{\pi}$. In the first equation, we can convert the expression $2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x)$ into the derivative of a product, and in fact a second derivative, by writing $y=1 / x$. Specifically,
$$
\begin{aligned}
0=g(x)+2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x) & =g\left(\frac{1}{y}\right)+2 y^{-3} g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)+y^{-4} g^{\prime \prime}\left(\frac{1}{y}\right) \\
& =g\left(\frac{1}{y}\right)+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} y}\left[-y^{-2} g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)\right] \\
& =g\left(\frac{1}{y}\right)+\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{~d} y^{2}}\left[g\left(\frac{1}{y}\right)\right]
\end{aligned}
$$
Thus $g\left(\frac{1}{y}\right)=c_{1} \cos (y)+c_{2} \sin (y)$ or $g(x)=c_{1} \cos (1 / x)+c_{2} \sin (1 / x)$. Now the second condition gives
$$
1=\lim _{x \rightarrow \infty} c_{1} x+c_{2} \cdot \frac{\sin (1 / x)}{1 / x}=c_{2}+\lim _{x \rightarrow \infty} c_{1} x
$$
It must be that $c_{1}=0, c_{2}=1$. Now since $0<1 / \alpha<1$, the value of $\alpha$ such that $g(\alpha)=\sin (1 / \alpha)=1 / 2$ is given by $1 / \alpha=\pi / 6$ and so $\alpha=6 / \pi$.
|
\frac{6}{\pi}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
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g$ is a twice differentiable function over the positive reals such that
$$
\begin{aligned}
g(x)+2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x) & =0 \quad \text { for all positive reals } x . \\
\lim _{x \rightarrow \infty} x g(x) & =1
\end{aligned}
$$
Find the real number $\alpha>1$ such that $g(\alpha)=1 / 2$.
|
$\frac{6}{\pi}$. In the first equation, we can convert the expression $2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x)$ into the derivative of a product, and in fact a second derivative, by writing $y=1 / x$. Specifically,
$$
\begin{aligned}
0=g(x)+2 x^{3} g^{\prime}(x)+x^{4} g^{\prime \prime}(x) & =g\left(\frac{1}{y}\right)+2 y^{-3} g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)+y^{-4} g^{\prime \prime}\left(\frac{1}{y}\right) \\
& =g\left(\frac{1}{y}\right)+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} y}\left[-y^{-2} g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)\right] \\
& =g\left(\frac{1}{y}\right)+\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{~d} y^{2}}\left[g\left(\frac{1}{y}\right)\right]
\end{aligned}
$$
Thus $g\left(\frac{1}{y}\right)=c_{1} \cos (y)+c_{2} \sin (y)$ or $g(x)=c_{1} \cos (1 / x)+c_{2} \sin (1 / x)$. Now the second condition gives
$$
1=\lim _{x \rightarrow \infty} c_{1} x+c_{2} \cdot \frac{\sin (1 / x)}{1 / x}=c_{2}+\lim _{x \rightarrow \infty} c_{1} x
$$
It must be that $c_{1}=0, c_{2}=1$. Now since $0<1 / \alpha<1$, the value of $\alpha$ such that $g(\alpha)=\sin (1 / \alpha)=1 / 2$ is given by $1 / \alpha=\pi / 6$ and so $\alpha=6 / \pi$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\n9. $[7]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Compute
$$
\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x} \sin (x)}{x} d x
$$
|
$\frac{\pi}{4}$. We can compute the integral by introducing a parameter and exchanging the order of integration:
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\infty} e^{-x}\left(\frac{\sin (x)}{x}\right) \mathrm{d} x & =\int_{0}^{\infty} e^{-x}\left(\int_{0}^{1} \cos (a x) \mathrm{d} a\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos (a x) \mathrm{d} x\right) \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\int_{0}^{\infty} e^{(-1+a i) x} \mathrm{~d} x\right] \mathrm{d} a=\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\left.\frac{e^{(-1+a i) x}}{-1+a i}\right|_{x=0} ^{\infty}\right] \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\frac{1}{1-a i}\right] \mathrm{d} a=\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\frac{1+a i}{1+a^{2}}\right] \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \frac{1}{1+a^{2}} \mathrm{~d} a=\left.\tan ^{-1}(a)\right|_{a=0} ^{1}=\frac{\pi}{4}
\end{aligned}
$$
|
\frac{\pi}{4}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Calculus
|
Compute
$$
\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x} \sin (x)}{x} d x
$$
|
$\frac{\pi}{4}$. We can compute the integral by introducing a parameter and exchanging the order of integration:
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\infty} e^{-x}\left(\frac{\sin (x)}{x}\right) \mathrm{d} x & =\int_{0}^{\infty} e^{-x}\left(\int_{0}^{1} \cos (a x) \mathrm{d} a\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos (a x) \mathrm{d} x\right) \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\int_{0}^{\infty} e^{(-1+a i) x} \mathrm{~d} x\right] \mathrm{d} a=\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\left.\frac{e^{(-1+a i) x}}{-1+a i}\right|_{x=0} ^{\infty}\right] \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\frac{1}{1-a i}\right] \mathrm{d} a=\int_{0}^{1} \operatorname{Re}\left[\frac{1+a i}{1+a^{2}}\right] \mathrm{d} a \\
& =\int_{0}^{1} \frac{1}{1+a^{2}} \mathrm{~d} a=\left.\tan ^{-1}(a)\right|_{a=0} ^{1}=\frac{\pi}{4}
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\n10. [8]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-calc-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A committee of 5 is to be chosen from a group of 9 people. How many ways can it be chosen, if Biff and Jacob must serve together or not at all, and Alice and Jane refuse to serve with each other?
|
41. If Biff and Jacob are on the committee, there are $\binom{7}{3}=35$ ways for the other members to be chosen. Amongst these 35 possibilities, we reject the $\binom{5}{1}=5$ choices where both Alice and Jane are also serving. If Biff and Jacob are not serving, then there are $\binom{7}{5}=21$ ways to choose the remaining 5 members. Again, we reject the $\binom{5}{3}=10$ instances where Alice and Jane are chosen, so the total is $(35-5)+(21-10)=41$.
|
41
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Combinatorics
|
A committee of 5 is to be chosen from a group of 9 people. How many ways can it be chosen, if Biff and Jacob must serve together or not at all, and Alice and Jane refuse to serve with each other?
|
41. If Biff and Jacob are on the committee, there are $\binom{7}{3}=35$ ways for the other members to be chosen. Amongst these 35 possibilities, we reject the $\binom{5}{1}=5$ choices where both Alice and Jane are also serving. If Biff and Jacob are not serving, then there are $\binom{7}{5}=21$ ways to choose the remaining 5 members. Again, we reject the $\binom{5}{3}=10$ instances where Alice and Jane are chosen, so the total is $(35-5)+(21-10)=41$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
How many 5-digit numbers $\overline{a b c d e}$ exist such that digits $b$ and $d$ are each the sum of the digits to their immediate left and right? (That is, $b=a+c$ and $d=c+e$.)
|
330. Note that $a>0$, so that $b>c$, and $e \geq 0$ so that $d \geq c$. Conversely, for each choice of $(b, c, d)$ with $b>c$ and $d \geq c$, there exists a unique pair $(a, e)$ such that $\overline{a b c d e}$ is a number having the desired property. Thus, we compute
$$
\sum_{c=0}^{9}(9-c)(10-c)=\sum_{c=0}^{9} c^{2}-19 c+90=330
$$
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330
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Yes
|
Yes
|
math-word-problem
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Combinatorics
|
How many 5-digit numbers $\overline{a b c d e}$ exist such that digits $b$ and $d$ are each the sum of the digits to their immediate left and right? (That is, $b=a+c$ and $d=c+e$.)
|
330. Note that $a>0$, so that $b>c$, and $e \geq 0$ so that $d \geq c$. Conversely, for each choice of $(b, c, d)$ with $b>c$ and $d \geq c$, there exists a unique pair $(a, e)$ such that $\overline{a b c d e}$ is a number having the desired property. Thus, we compute
$$
\sum_{c=0}^{9}(9-c)(10-c)=\sum_{c=0}^{9} c^{2}-19 c+90=330
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Jack, Jill, and John play a game in which each randomly picks and then replaces a card from a standard 52 card deck, until a spades card is drawn. What is the probability that Jill draws the spade? (Jack, Jill, and John draw in that order, and the game repeats if no spade is drawn.)
|
$\frac{\mathbf{1 2}}{\mathbf{3 7}}$. The desired probability is the relative probability that Jill draws the spade. In the first round, Jack, Jill, and John draw a spade with probability $1 / 4,3 / 4 \cdot 1 / 4$, and $(3 / 4)^{2} \cdot 1 / 4$ respectively. Thus, the probability that Jill draws the spade is
$$
\frac{3 / 4 \cdot 1 / 4}{1 / 4+3 / 4 \cdot 1 / 4+(3 / 4)^{2} \cdot 1 / 4}=\frac{12}{37}
$$
|
\frac{12}{37}
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Jack, Jill, and John play a game in which each randomly picks and then replaces a card from a standard 52 card deck, until a spades card is drawn. What is the probability that Jill draws the spade? (Jack, Jill, and John draw in that order, and the game repeats if no spade is drawn.)
|
$\frac{\mathbf{1 2}}{\mathbf{3 7}}$. The desired probability is the relative probability that Jill draws the spade. In the first round, Jack, Jill, and John draw a spade with probability $1 / 4,3 / 4 \cdot 1 / 4$, and $(3 / 4)^{2} \cdot 1 / 4$ respectively. Thus, the probability that Jill draws the spade is
$$
\frac{3 / 4 \cdot 1 / 4}{1 / 4+3 / 4 \cdot 1 / 4+(3 / 4)^{2} \cdot 1 / 4}=\frac{12}{37}
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\n3. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
On the Cartesian grid, Johnny wants to travel from $(0,0)$ to $(5,1)$, and he wants to pass through all twelve points in the set $S=\{(i, j) \mid 0 \leq i \leq 1,0 \leq j \leq 5, i, j \in \mathbb{Z}\}$. Each step, Johnny may go from one point in $S$ to another point in $S$ by a line segment connecting the two points. How many ways are there for Johnny to start at $(0,0)$ and end at $(5,1)$ so that he never crosses his own path?
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252. Observe that Johnny needs to pass through the points $(0,0),(1,0),(2,0), \ldots,(5,0)$ in that order, and he needs to pass through $(0,1),(1,1),(2,1), \ldots,(5,1)$ in that order, or else he will intersect his own path. Then, the problem is equivalent to interlacing those two sequence together, so that the first term is $(0,0)$ and the final term is $(5,1)$. To do this, we need to select 5 positions out of 10 to have points with $x$-coordinate 0 . Hence the answer is $\binom{10}{5}=252$.
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252
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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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On the Cartesian grid, Johnny wants to travel from $(0,0)$ to $(5,1)$, and he wants to pass through all twelve points in the set $S=\{(i, j) \mid 0 \leq i \leq 1,0 \leq j \leq 5, i, j \in \mathbb{Z}\}$. Each step, Johnny may go from one point in $S$ to another point in $S$ by a line segment connecting the two points. How many ways are there for Johnny to start at $(0,0)$ and end at $(5,1)$ so that he never crosses his own path?
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252. Observe that Johnny needs to pass through the points $(0,0),(1,0),(2,0), \ldots,(5,0)$ in that order, and he needs to pass through $(0,1),(1,1),(2,1), \ldots,(5,1)$ in that order, or else he will intersect his own path. Then, the problem is equivalent to interlacing those two sequence together, so that the first term is $(0,0)$ and the final term is $(5,1)$. To do this, we need to select 5 positions out of 10 to have points with $x$-coordinate 0 . Hence the answer is $\binom{10}{5}=252$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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Determine the number of ways to select a positive number of squares on an $8 \times 8$ chessboard such that no two lie in the same row or the same column and no chosen square lies to the left of and below another chosen square.
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$12869=\binom{16}{8}$ - 1. If $k$ is the number of squares chosen, then there are $\binom{8}{k}$ ways to choose $k$ columns, and $\binom{8}{k}$ ways to choose $k$ rows, and this would uniquely determine the set of squares selected. Thus the answer is
$$
\sum_{k=1}^{8}\binom{8}{k}\binom{8}{k}=-1+\sum_{k=0}^{8}\binom{8}{k}\binom{8}{k}=-1+\binom{16}{8}=12869
$$
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12869
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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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Determine the number of ways to select a positive number of squares on an $8 \times 8$ chessboard such that no two lie in the same row or the same column and no chosen square lies to the left of and below another chosen square.
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$12869=\binom{16}{8}$ - 1. If $k$ is the number of squares chosen, then there are $\binom{8}{k}$ ways to choose $k$ columns, and $\binom{8}{k}$ ways to choose $k$ rows, and this would uniquely determine the set of squares selected. Thus the answer is
$$
\sum_{k=1}^{8}\binom{8}{k}\binom{8}{k}=-1+\sum_{k=0}^{8}\binom{8}{k}\binom{8}{k}=-1+\binom{16}{8}=12869
$$
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Kevin has four red marbles and eight blue marbles. He arranges these twelve marbles randomly, in a ring. Determine the probability that no two red marbles are adjacent.
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$\frac{7}{\mathbf{7 3}}$. Select any blue marble and consider the remaining eleven marbles, arranged in a line. The proportion of arrangement for which no two red marbles are adjacent will be the same as for the original twelve marbles, arranged in a ring. The total number of ways of arranging 4 red marbles out of 11 is $\binom{11}{4}=330$. To count the number of arrangements such that no two red marbles are adjacent, there must be one red marble between each two would-be adjacent red marbles. Having fixed the positions of three blue marbles we have four blue marbles to play with. So that we can arrange the remaining four marbles is $\binom{8}{4}=70$ ways. This yields a probability of $70 / 330=7 / 33$ as our final answer.
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\frac{7}{33}
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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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Kevin has four red marbles and eight blue marbles. He arranges these twelve marbles randomly, in a ring. Determine the probability that no two red marbles are adjacent.
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$\frac{7}{\mathbf{7 3}}$. Select any blue marble and consider the remaining eleven marbles, arranged in a line. The proportion of arrangement for which no two red marbles are adjacent will be the same as for the original twelve marbles, arranged in a ring. The total number of ways of arranging 4 red marbles out of 11 is $\binom{11}{4}=330$. To count the number of arrangements such that no two red marbles are adjacent, there must be one red marble between each two would-be adjacent red marbles. Having fixed the positions of three blue marbles we have four blue marbles to play with. So that we can arrange the remaining four marbles is $\binom{8}{4}=70$ ways. This yields a probability of $70 / 330=7 / 33$ as our final answer.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\n6. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Forty two cards are labeled with the natural numbers 1 through 42 and randomly shuffled into a stack. One by one, cards are taken off of the top of the stack until a card labeled with a prime number is removed. How many cards are removed on average?
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$\frac{\mathbf{4 3}}{\mathbf{1 4}}$. Note that there are 13 prime numbers amongst the cards. We may view these as separating the remaining 29 cards into 14 groups of nonprimes - those appearing before the first prime, between the first and second, etc. Each of these groups is equally likely to appear first, so 29/14 nonprimes are removed on average. We are done since exactly one prime is always drawn.
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\frac{43}{14}
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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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Forty two cards are labeled with the natural numbers 1 through 42 and randomly shuffled into a stack. One by one, cards are taken off of the top of the stack until a card labeled with a prime number is removed. How many cards are removed on average?
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$\frac{\mathbf{4 3}}{\mathbf{1 4}}$. Note that there are 13 prime numbers amongst the cards. We may view these as separating the remaining 29 cards into 14 groups of nonprimes - those appearing before the first prime, between the first and second, etc. Each of these groups is equally likely to appear first, so 29/14 nonprimes are removed on average. We are done since exactly one prime is always drawn.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\n7. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A set of six edges of a regular octahedron is called Hamiltonian cycle if the edges in some order constitute a single continuous loop that visits each vertex exactly once. How many ways are there to partition the twelve edges into two Hamiltonian cycles?
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6. Call the octahedron $A B C D E F$, where $A, B$, and $C$ are opposite $D, E$, and $F$, respectively. Note that each Hamiltonian cycle can be described in terms of the order it visits vertices in exactly 12 different ways. Conversely, listing the six vertices in some order determines a Hamiltonian cycle precisely when no pair of opposite vertices are listed consecutively or first-and-last. Suppose we begin with $A B$. If $D$ is listed third, then the final three letters are $C E F$ or $F E C$. Otherwise, $C$ or $F$ is listed next, and each gives three possibilities for the final three. For example $A B C$ is be followed by $D E F, D F E$, or $E D F$. Thus, there are $6 \cdot 4 \cdot(2+3+3)=192$ listings. These correspond to $192 / 12=16$ Hamiltonian cycles. Finally, the complement of all but four Hamiltonian cycles is a Hamiltonian cycle. For, each vertex has degree four, so is an endpoint of two edges in the complement of a Hamiltonian cycle, so is also a Hamiltonian cycle unless it describes two opposite faces. It follows that there are six pairs of disjoint Hamiltonian cycles.
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6
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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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A set of six edges of a regular octahedron is called Hamiltonian cycle if the edges in some order constitute a single continuous loop that visits each vertex exactly once. How many ways are there to partition the twelve edges into two Hamiltonian cycles?
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6. Call the octahedron $A B C D E F$, where $A, B$, and $C$ are opposite $D, E$, and $F$, respectively. Note that each Hamiltonian cycle can be described in terms of the order it visits vertices in exactly 12 different ways. Conversely, listing the six vertices in some order determines a Hamiltonian cycle precisely when no pair of opposite vertices are listed consecutively or first-and-last. Suppose we begin with $A B$. If $D$ is listed third, then the final three letters are $C E F$ or $F E C$. Otherwise, $C$ or $F$ is listed next, and each gives three possibilities for the final three. For example $A B C$ is be followed by $D E F, D F E$, or $E D F$. Thus, there are $6 \cdot 4 \cdot(2+3+3)=192$ listings. These correspond to $192 / 12=16$ Hamiltonian cycles. Finally, the complement of all but four Hamiltonian cycles is a Hamiltonian cycle. For, each vertex has degree four, so is an endpoint of two edges in the complement of a Hamiltonian cycle, so is also a Hamiltonian cycle unless it describes two opposite faces. It follows that there are six pairs of disjoint Hamiltonian cycles.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\n8. [6]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Let $S$ denote the set of all triples $(i, j, k)$ of positive integers where $i+j+k=17$. Compute
$$
\sum_{(i, j, k) \in S} i j k .
$$
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$11628=\binom{\mathbf{1 9}}{\mathbf{5}}$. We view choosing five objects from a row of 19 objects in an unual way. First, remove two of the chosen objects, the second and fourth, which are not adjacent nor at either end, forming three nonempty groups of consecutive objects. We then have $i, j$, and $k$ choices for the first, third, and fifth objects. Because this is a reversible process taking a triple $(i, j, k)$ to $i j k$ choices, the answer is $\binom{19}{5}=11628$.
A simple generating functions argument is also possible. Let $s_{n}=\sum_{i+j+k=n} i j k$. Then
$$
\sum_{n \geq 0} s_{n} x^{n}=\left(\sum_{n \geq 0} n x^{n}\right)^{3}=\left(\frac{x}{(1-x)^{2}}\right)^{3}=\frac{x^{3}}{(1-x)^{6}}
$$
and so $s_{n}=\left(\binom{6}{n-3}\right)=\binom{n+2}{5}$, yielding $s_{17}=\binom{19}{5}$.
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11628
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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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Let $S$ denote the set of all triples $(i, j, k)$ of positive integers where $i+j+k=17$. Compute
$$
\sum_{(i, j, k) \in S} i j k .
$$
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$11628=\binom{\mathbf{1 9}}{\mathbf{5}}$. We view choosing five objects from a row of 19 objects in an unual way. First, remove two of the chosen objects, the second and fourth, which are not adjacent nor at either end, forming three nonempty groups of consecutive objects. We then have $i, j$, and $k$ choices for the first, third, and fifth objects. Because this is a reversible process taking a triple $(i, j, k)$ to $i j k$ choices, the answer is $\binom{19}{5}=11628$.
A simple generating functions argument is also possible. Let $s_{n}=\sum_{i+j+k=n} i j k$. Then
$$
\sum_{n \geq 0} s_{n} x^{n}=\left(\sum_{n \geq 0} n x^{n}\right)^{3}=\left(\frac{x}{(1-x)^{2}}\right)^{3}=\frac{x^{3}}{(1-x)^{6}}
$$
and so $s_{n}=\left(\binom{6}{n-3}\right)=\binom{n+2}{5}$, yielding $s_{17}=\binom{19}{5}$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\n9. [7]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A subset $S$ of the nonnegative integers is called supported if it contains 0 , and $k+8, k+9 \in S$ for all $k \in S$. How many supported sets are there?
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1430. Note that every supported set $S$ contains $0,8,9,16,17,18,24-27,32-36,40-45$, $48-54$, and all $n \geq 55$. Now define $\bar{S}:=\mathbb{Z}^{+} \backslash S$, which is a subset of $\{1-7,10-15,19-23,28-$ $31,37,38,39,46,47,55\}$ satisfying the opposite property that $k \in \bar{S} \Longrightarrow k-8, k-9 \in \bar{S}$.
Consider the above arrangement after removing the numbers not in $\bar{S}$. The condition that $S$ be supported ensures that sets $\bar{S}$ are in bijective correspondence with paths from $(0,0)$ to $(16,0)$ consisting of discrete steps of $\langle 1,1\rangle$ and $\langle 1,-1\rangle$ and lying above the $x$-axis: from the modified version of the above diagram, a unique path passes through the top items left in each column. The number of such paths is the 8th Catalan number, so the answer is $C_{8}=\frac{1}{8+1}\binom{8 \cdot 2}{8}=\frac{12870}{9}=1430$. (Incidentally, 16 choose 8 was computed in an earlier problem.) Without the explicit formula for Catalan numbers, the answer can be computed recursively by filling in the number of ways a path can reach $(16,0)$ from each position in the figure. One works right to left, obtaining the following:
| | | | | | | | | 1 | | | | | | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | | | | | | | 8 | | 1 | | | | | | |
| | | | | | | 35 | | 7 | | 1 | | | | | |
| | | | | | 110 | | 27 | | 6 | | 1 | | | | |
| | | | | 275 | | 75 | | 20 | | 5 | | 1 | | | |
| | | | 572 | | 165 | | 48 | | 14 | | 4 | | 1 | | |
| | | 1001 | | 297 | | 90 | | 28 | | 9 | | 3 | | 1 | |
| | 1430 | | 429 | | 132 | | 42 | | 14 | | 5 | | 2 | | 1 |
| 1430 | | 429 | | 132 | | 42 | | 14 | | 5 | | 2 | | 1 | |
One can exploit symmetry and, having determined the middle column, sum the squares: $1^{2}+7^{2}+$ $20^{2}+28^{2}+14^{2}=1430$.
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1430
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Yes
|
Yes
|
math-word-problem
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Combinatorics
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A subset $S$ of the nonnegative integers is called supported if it contains 0 , and $k+8, k+9 \in S$ for all $k \in S$. How many supported sets are there?
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1430. Note that every supported set $S$ contains $0,8,9,16,17,18,24-27,32-36,40-45$, $48-54$, and all $n \geq 55$. Now define $\bar{S}:=\mathbb{Z}^{+} \backslash S$, which is a subset of $\{1-7,10-15,19-23,28-$ $31,37,38,39,46,47,55\}$ satisfying the opposite property that $k \in \bar{S} \Longrightarrow k-8, k-9 \in \bar{S}$.
Consider the above arrangement after removing the numbers not in $\bar{S}$. The condition that $S$ be supported ensures that sets $\bar{S}$ are in bijective correspondence with paths from $(0,0)$ to $(16,0)$ consisting of discrete steps of $\langle 1,1\rangle$ and $\langle 1,-1\rangle$ and lying above the $x$-axis: from the modified version of the above diagram, a unique path passes through the top items left in each column. The number of such paths is the 8th Catalan number, so the answer is $C_{8}=\frac{1}{8+1}\binom{8 \cdot 2}{8}=\frac{12870}{9}=1430$. (Incidentally, 16 choose 8 was computed in an earlier problem.) Without the explicit formula for Catalan numbers, the answer can be computed recursively by filling in the number of ways a path can reach $(16,0)$ from each position in the figure. One works right to left, obtaining the following:
| | | | | | | | | 1 | | | | | | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | | | | | | | 8 | | 1 | | | | | | |
| | | | | | | 35 | | 7 | | 1 | | | | | |
| | | | | | 110 | | 27 | | 6 | | 1 | | | | |
| | | | | 275 | | 75 | | 20 | | 5 | | 1 | | | |
| | | | 572 | | 165 | | 48 | | 14 | | 4 | | 1 | | |
| | | 1001 | | 297 | | 90 | | 28 | | 9 | | 3 | | 1 | |
| | 1430 | | 429 | | 132 | | 42 | | 14 | | 5 | | 2 | | 1 |
| 1430 | | 429 | | 132 | | 42 | | 14 | | 5 | | 2 | | 1 | |
One can exploit symmetry and, having determined the middle column, sum the squares: $1^{2}+7^{2}+$ $20^{2}+28^{2}+14^{2}=1430$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\n10. [8]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-comb-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Michael has 16 white socks, 3 blue socks, and 6 red socks in a drawer. Ever the lazy college student, he has overslept and is late for his favorite team's season-opener. Because he is now in such a rush to get from Harvard to Foxborough, he randomly takes socks from the drawer (one at a time) until he has a pair of the same color. What is the largest number of socks he could possibly withdraw in this fashion?
|
4. It is possible for him to begin with three socks of different colors, but an instance of the Pigeon Hole Principle is that among any four objects of three types some two are the same type.
|
4
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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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Michael has 16 white socks, 3 blue socks, and 6 red socks in a drawer. Ever the lazy college student, he has overslept and is late for his favorite team's season-opener. Because he is now in such a rush to get from Harvard to Foxborough, he randomly takes socks from the drawer (one at a time) until he has a pair of the same color. What is the largest number of socks he could possibly withdraw in this fashion?
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4. It is possible for him to begin with three socks of different colors, but an instance of the Pigeon Hole Principle is that among any four objects of three types some two are the same type.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. [2]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Rectangle $A B C D$ has side lengths $A B=12$ and $B C=5$. Let $P$ and $Q$ denote the midpoints of segments $A B$ and $D P$, respectively. Determine the area of triangle $C D Q$.
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15. Note that $[C D P]=\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12=30$, while the area of triangle $C D Q$ is half of the area of triangle $C D P$.
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15
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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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Rectangle $A B C D$ has side lengths $A B=12$ and $B C=5$. Let $P$ and $Q$ denote the midpoints of segments $A B$ and $D P$, respectively. Determine the area of triangle $C D Q$.
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15. Note that $[C D P]=\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12=30$, while the area of triangle $C D Q$ is half of the area of triangle $C D P$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. [2]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A, B, C$, and $D$ are points on a circle, and segments $\overline{A C}$ and $\overline{B D}$ intersect at $P$, such that $A P=8$, $P C=1$, and $B D=6$. Find $B P$, given that $B P<D P$.
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2. Same as Geometry \#2.
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2
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Yes
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Problem not solved
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math-word-problem
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Geometry
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A, B, C$, and $D$ are points on a circle, and segments $\overline{A C}$ and $\overline{B D}$ intersect at $P$, such that $A P=8$, $P C=1$, and $B D=6$. Find $B P$, given that $B P<D P$.
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2. Same as Geometry \#2.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\n3. $[3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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Let $a$ and $b$ be integer solutions to $17 a+6 b=13$. What is the smallest possible positive value for $a-b$ ?
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17. First group as $17(a-b)+23 b=13$. Taking this equation modulo 23, we get $-6(a-b) \equiv$ $-10(\bmod 23)$. Since -4 is an inverse of -6 modulo 23 , then we multiply to get $(a-b) \equiv 17(\bmod 23)$. Therefore, the smallest possible positive value for $(a-b)$ is 17 . This can be satisfied by $a=5, b=-12$.
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17
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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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Let $a$ and $b$ be integer solutions to $17 a+6 b=13$. What is the smallest possible positive value for $a-b$ ?
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17. First group as $17(a-b)+23 b=13$. Taking this equation modulo 23, we get $-6(a-b) \equiv$ $-10(\bmod 23)$. Since -4 is an inverse of -6 modulo 23 , then we multiply to get $(a-b) \equiv 17(\bmod 23)$. Therefore, the smallest possible positive value for $(a-b)$ is 17 . This can be satisfied by $a=5, b=-12$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Find the smallest positive integer that is twice a perfect square and three times a perfect cube.
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648. Let $n$ be such a number. If $n$ is divisible by 2 and 3 exactly $e_{2}$ and $e_{3}$ times, then $e_{2}$ is odd and a multiple of three, and $e_{3}$ is even and one more than a multiple of three. The smallest possible exponents are $n_{2}=3$ and $n_{3}=4$. The answer is then $2^{3} \cdot 3^{4}=648$.
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648
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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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Find the smallest positive integer that is twice a perfect square and three times a perfect cube.
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648. Let $n$ be such a number. If $n$ is divisible by 2 and 3 exactly $e_{2}$ and $e_{3}$ times, then $e_{2}$ is odd and a multiple of three, and $e_{3}$ is even and one more than a multiple of three. The smallest possible exponents are $n_{2}=3$ and $n_{3}=4$. The answer is then $2^{3} \cdot 3^{4}=648$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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The positive integer $n$ is such that the numbers $2^{n}$ and $5^{n}$ start with the same digit when written in decimal notation; determine this common leading digit.
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3. Note $1=1^{2}<2^{2}<3^{2}<10<4^{2}<\cdots<9^{2}<10^{2}=100$. Divide $2^{n}$ and $5^{n}$ by 10 repeatedly until each is reduced to a decimal number less than 10 but at least 1 ; call the resulting numbers $x$ and $y$. Since $\left(5^{n}\right)\left(2^{n}\right)=10^{n}$, either $x y=1$ or $x y=10$. Because $2^{n}$ and $5^{n}$ begin with the same digit, $x$ and $y$ are bounded by the same pair of adjacent integers. It follows that either $x=y=1$ or $3 \leq x, y<4$. Because $n$ is positive, neither $2^{n}$ nor $5^{n}$ is a perfect power of 10 , so the former is impossible.
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3
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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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The positive integer $n$ is such that the numbers $2^{n}$ and $5^{n}$ start with the same digit when written in decimal notation; determine this common leading digit.
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3. Note $1=1^{2}<2^{2}<3^{2}<10<4^{2}<\cdots<9^{2}<10^{2}=100$. Divide $2^{n}$ and $5^{n}$ by 10 repeatedly until each is reduced to a decimal number less than 10 but at least 1 ; call the resulting numbers $x$ and $y$. Since $\left(5^{n}\right)\left(2^{n}\right)=10^{n}$, either $x y=1$ or $x y=10$. Because $2^{n}$ and $5^{n}$ begin with the same digit, $x$ and $y$ are bounded by the same pair of adjacent integers. It follows that either $x=y=1$ or $3 \leq x, y<4$. Because $n$ is positive, neither $2^{n}$ nor $5^{n}$ is a perfect power of 10 , so the former is impossible.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\n6. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Jack, Jill, and John play a game in which each randomly picks and then replaces a card from a standard 52 card deck, until a spades card is drawn. What is the probability that Jill draws the spade? (Jack, Jill, and John draw in that order, and the game repeats if no spade is drawn.)
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$\frac{\mathbf{1 2}}{\mathbf{3 7}}$. Same as Combo \#3.
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\frac{12}{37}
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Yes
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Problem not solved
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math-word-problem
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Combinatorics
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Jack, Jill, and John play a game in which each randomly picks and then replaces a card from a standard 52 card deck, until a spades card is drawn. What is the probability that Jill draws the spade? (Jack, Jill, and John draw in that order, and the game repeats if no spade is drawn.)
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$\frac{\mathbf{1 2}}{\mathbf{3 7}}$. Same as Combo \#3.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\n7. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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Determine the largest positive integer $n$ such that there exist positive integers $x, y, z$ so that
$$
n^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x+3 x+3 y+3 z-6
$$
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8. The given equation rewrites as $n^{2}=(x+y+z+1)^{2}+(x+y+z+1)-8$. Writing $r=x+y+z+1$, we have $n^{2}=r^{2}+r-8$. Clearly, one possibility is $n=r=8$, which is realized by $x=y=1, z=6$. On the other hand, for $r>8$, we have $r^{2}<r^{2}+r-8<(r+1)^{2}$.
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8
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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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Determine the largest positive integer $n$ such that there exist positive integers $x, y, z$ so that
$$
n^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x+3 x+3 y+3 z-6
$$
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8. The given equation rewrites as $n^{2}=(x+y+z+1)^{2}+(x+y+z+1)-8$. Writing $r=x+y+z+1$, we have $n^{2}=r^{2}+r-8$. Clearly, one possibility is $n=r=8$, which is realized by $x=y=1, z=6$. On the other hand, for $r>8$, we have $r^{2}<r^{2}+r-8<(r+1)^{2}$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\n8. [5]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
I have four distinct rings that I want to wear on my right hand hand (five distinct fingers.) One of these rings is a Canadian ring that must be worn on a finger by itself, the rest I can arrange however I want. If I have two or more rings on the same finger, then I consider different orders of rings along the same finger to be different arrangements. How many different ways can I wear the rings on my fingers?
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600. First we pick the finger for the Canadian ring. This gives a multiplicative factor of 5 . For distributing the remaining 3 rings among 4 fingers, they can either be all on the same finger ( $4 \cdot 3$ ! ways), all on different fingers $\left(\binom{4}{3} \cdot 3\right.$ ! ways), or two on one finger and one on another $\left(4 \cdot\binom{3}{2} \cdot 2!\cdot 3\right.$ ways.) Therefore, I have $5 \cdot(24+24+72)=600$ choices.
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600
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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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I have four distinct rings that I want to wear on my right hand hand (five distinct fingers.) One of these rings is a Canadian ring that must be worn on a finger by itself, the rest I can arrange however I want. If I have two or more rings on the same finger, then I consider different orders of rings along the same finger to be different arrangements. How many different ways can I wear the rings on my fingers?
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600. First we pick the finger for the Canadian ring. This gives a multiplicative factor of 5 . For distributing the remaining 3 rings among 4 fingers, they can either be all on the same finger ( $4 \cdot 3$ ! ways), all on different fingers $\left(\binom{4}{3} \cdot 3\right.$ ! ways), or two on one finger and one on another $\left(4 \cdot\binom{3}{2} \cdot 2!\cdot 3\right.$ ways.) Therefore, I have $5 \cdot(24+24+72)=600$ choices.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\n9. [6]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
$\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$, and $\alpha_{4}$ are the complex roots of the equation $x^{4}+2 x^{3}+2=0$. Determine the unordered set
$$
\left\{\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right\}
$$
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$\{\mathbf{1} \pm \sqrt{\mathbf{5}}, \mathbf{- 2}\}$. Same as Algebra $\# 9$.
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\{1 \pm \sqrt{5}, -2\}
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Algebra
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$\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$, and $\alpha_{4}$ are the complex roots of the equation $x^{4}+2 x^{3}+2=0$. Determine the unordered set
$$
\left\{\alpha_{1} \alpha_{2}+\alpha_{3} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{3}+\alpha_{2} \alpha_{4}, \alpha_{1} \alpha_{4}+\alpha_{2} \alpha_{3}\right\}
$$
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$\{\mathbf{1} \pm \sqrt{\mathbf{5}}, \mathbf{- 2}\}$. Same as Algebra $\# 9$.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\n10. [7]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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A cube of edge length $s>0$ has the property that its surface area is equal to the sum of its volume and five times its edge length. Compute all possible values of $s$.
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1,5. Same as Geometry \#1.
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1,5
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Yes
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Problem not solved
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math-word-problem
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Algebra
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A cube of edge length $s>0$ has the property that its surface area is equal to the sum of its volume and five times its edge length. Compute all possible values of $s$.
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1,5. Same as Geometry \#1.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. [2]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A parallelogram has 3 of its vertices at $(1,2),(3,8)$, and $(4,1)$. Compute the sum of all possible $x$ coordinates of the 4th vertex.
|
8. There are three possibilities: the 4th vertex must be opposite one of the three given vertices. These three possibilities have as a medial triangle the three given vertices, so the sum of their $x$ coordinates is the same as the sum of the $x$ coordinates of the given triangle.
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8
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Geometry
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A parallelogram has 3 of its vertices at $(1,2),(3,8)$, and $(4,1)$. Compute the sum of all possible $x$ coordinates of the 4th vertex.
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8. There are three possibilities: the 4th vertex must be opposite one of the three given vertices. These three possibilities have as a medial triangle the three given vertices, so the sum of their $x$ coordinates is the same as the sum of the $x$ coordinates of the given triangle.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. [2]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Compute
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor
$$
(Note that $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to $x$.)
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2006. Same as Algebra \#1.
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2006
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Algebra
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Compute
$$
\left\lfloor\frac{2007!+2004!}{2006!+2005!}\right\rfloor
$$
(Note that $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to $x$.)
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2006. Same as Algebra \#1.
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{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\n3. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Three brothers Abel, Banach, and Gauss each have portable music players that can share music with each other. Initially, Abel has 9 songs, Banach has 6 songs, and Gauss has 3 songs, and none of these songs are the same. One day, Abel flips a coin to randomly choose one of his brothers and he adds all of that brother's songs to his collection. The next day, Banach flips a coin to randomly choose one of his brothers and he adds all of that brother's collection of songs to his collection. Finally, each brother randomly plays a song from his collection with each song in his collection being equally likely to be chosen. What is the probability that they all play the same song?
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$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2 8 8}}$. If Abel copies Banach's songs, this can never happen. Therefore, we consider only the cases where Abel copies Gauss's songs. Since all brothers have Gauss's set of songs, the probability that they play the same song is equivalent to the probability that they independently match whichever song Gauss chooses. Case 1: Abel copies Gauss and Banach copies Gauss (1/4 chance) - The probability of songs matching is then $1 / 12 \cdot 1 / 9$. Case 2: Abel copies Gauss and Banach copies Abel ( $1 / 4$ probability) - The probability of songs matching is then $1 / 12 \cdot 1 / 18$. We add the two probabilities together to get $1 / 4 \cdot 1 / 12 \cdot(1 / 9+1 / 18)=1 / 288$.
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\frac{1}{288}
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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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Three brothers Abel, Banach, and Gauss each have portable music players that can share music with each other. Initially, Abel has 9 songs, Banach has 6 songs, and Gauss has 3 songs, and none of these songs are the same. One day, Abel flips a coin to randomly choose one of his brothers and he adds all of that brother's songs to his collection. The next day, Banach flips a coin to randomly choose one of his brothers and he adds all of that brother's collection of songs to his collection. Finally, each brother randomly plays a song from his collection with each song in his collection being equally likely to be chosen. What is the probability that they all play the same song?
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$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2 8 8}}$. If Abel copies Banach's songs, this can never happen. Therefore, we consider only the cases where Abel copies Gauss's songs. Since all brothers have Gauss's set of songs, the probability that they play the same song is equivalent to the probability that they independently match whichever song Gauss chooses. Case 1: Abel copies Gauss and Banach copies Gauss (1/4 chance) - The probability of songs matching is then $1 / 12 \cdot 1 / 9$. Case 2: Abel copies Gauss and Banach copies Abel ( $1 / 4$ probability) - The probability of songs matching is then $1 / 12 \cdot 1 / 18$. We add the two probabilities together to get $1 / 4 \cdot 1 / 12 \cdot(1 / 9+1 / 18)=1 / 288$.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. [3]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
A best of 9 series is to be played between two teams. That is, the first team to win 5 games is the winner. One of the teams, the Mathletes, has a $2 / 3$ chance of winning any given game. What is the probability that the winner is determined in the 7th game?
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| $\mathbf{2 0}$ |
| :---: |
| $\mathbf{8 1}$ | . If the Mathletes are the winners, they must win the 7 th game and have won exactly four of the previous 6 games. The probability of this occurring is
$$
\left((2 / 3)^{4} \cdot(1 / 3)^{2} \cdot\binom{6}{2}\right) \cdot(2 / 3)
$$
Analogously, the other team wins with probability $\left((1 / 3)^{4} \cdot(2 / 3)^{2} \cdot\binom{6}{2}\right) \cdot(1 / 3)$. Summing, the probability is
$$
\frac{\binom{6}{2} \cdot 2^{2} \cdot\left(2^{3} \cdot 1^{2}+1^{5}\right)}{3^{7}}=\frac{5 \cdot 4}{3^{4}}=\frac{20}{81}
$$
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\frac{20}{81}
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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A best of 9 series is to be played between two teams. That is, the first team to win 5 games is the winner. One of the teams, the Mathletes, has a $2 / 3$ chance of winning any given game. What is the probability that the winner is determined in the 7th game?
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| $\mathbf{2 0}$ |
| :---: |
| $\mathbf{8 1}$ | . If the Mathletes are the winners, they must win the 7 th game and have won exactly four of the previous 6 games. The probability of this occurring is
$$
\left((2 / 3)^{4} \cdot(1 / 3)^{2} \cdot\binom{6}{2}\right) \cdot(2 / 3)
$$
Analogously, the other team wins with probability $\left((1 / 3)^{4} \cdot(2 / 3)^{2} \cdot\binom{6}{2}\right) \cdot(1 / 3)$. Summing, the probability is
$$
\frac{\binom{6}{2} \cdot 2^{2} \cdot\left(2^{3} \cdot 1^{2}+1^{5}\right)}{3^{7}}=\frac{5 \cdot 4}{3^{4}}=\frac{20}{81}
$$
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
|
Circle $\omega$ has radius 5 and is centered at $O$. Point $A$ lies outside $\omega$ such that $O A=13$. The two tangents to $\omega$ passing through $A$ are drawn, and points $B$ and $C$ are chosen on them (one on each
tangent), such that line $B C$ is tangent to $\omega$ and $\omega$ lies outside triangle $A B C$. Compute $A B+A C$ given that $B C=7$.
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17. Same as Geometry \#4.
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17
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Yes
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Problem not solved
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math-word-problem
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Geometry
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Circle $\omega$ has radius 5 and is centered at $O$. Point $A$ lies outside $\omega$ such that $O A=13$. The two tangents to $\omega$ passing through $A$ are drawn, and points $B$ and $C$ are chosen on them (one on each
tangent), such that line $B C$ is tangent to $\omega$ and $\omega$ lies outside triangle $A B C$. Compute $A B+A C$ given that $B C=7$.
|
17. Same as Geometry \#4.
|
{
"exam": "HMMT",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\n6. [4]",
"resource_path": "HarvardMIT/segmented/en-102-2007-feb-gen2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nAnswer: ",
"tier": "T4",
"year": "2007"
}
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Subsets and Splits
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