| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es seien $n$ eine positive ganze Zahl größer als Eins und $B=\\left\\{1,2, \\ldots, 2^{n}\\right\\}$. Eine Teilmenge $A$ von $B$ heiße ulkig, wenn sie von je zwei verschiedenen Elementen $x, y$ von $B$, deren Summe eine Zweierpotenz ist, genau eines enthält. Wie viele ulkige Teilmengen hat $B$ ?", "solution": "Die Anzahl ist $2^{n+1}$. Wir argumentieren mit vollständiger Induktion nach $n$ und setzen hierzu $B_{n}=\\left\\{1,2, \\ldots, 2^{n}\\right\\}$. Induktionsanfang, $n=1$. Dieser Fall ist klar: alle vier Teilmengen von $B_{1}=\\{1,2\\}$ sind ulkig. Induktionsschritt, $n \\longrightarrow n+1$. Es sei also bereits bekannt, daß $B_{n}$ genau $2^{n+1}$ viele ulkige Teilmengen hat. Für jede ulkige Menge $A$ von $B_{n}$ konstruiere die Mengen $C_{n}(A)=\\left\\{2^{n+1}-m \\mid\\right.$ $\\left.m \\in B_{n} \\backslash A, m<2^{n}\\right\\}, M_{n}(A)=A \\cup C_{n}(A)$ und $N_{n}(A)=M_{n}(A) \\cup\\left\\{2^{n+1}\\right\\}$. Offenbar sind $A, C_{n}(A)$ und $\\left\\{2^{n+1}\\right\\}$ paarweise elementfremd. Die Mengen $M_{n}(A)$ und $N_{n}(A)$ sind ulkig: Hierzu seien $x, y$ verschiedene Elemente von $B_{n+1}$, deren Summe eine Zweierpotenz ist; ohne Einschränkung gelte $x<y$. $\\operatorname{Im}$ Fall $1 \\leq x<y \\leq 2^{n}$, also $x, y \\in B_{n}$, ist genau eines von beiden in $M_{n}(A)$ bzw. $N_{n}(A)$ enthalten, da $A$ ulkig ist. Im Fall $1 \\leq x \\leq 2^{n}<y \\leq 2^{n+1}$ ist $2^{n}<x+y<2^{n+2}$, also $x+y=2^{n+1}$; wegen $x \\geq 1$ ist $y \\neq 2^{n+1}$. Nach Wahl von $C_{n}(A)$ liegt entweder $x$ in $A$ oder $y$ in $C_{n}(A)$. Der Fall $2^{n}<x<y \\leq 2^{n+1}$ kann nicht auftreten, da dann $2^{n+1}<x+y<2^{n+2}$. - Ist andererseits $M$ ulkige Teilmenge von $B_{n+1}$, so ist offenbar $A:=M \\cap B_{n}$ ulkige Teilmenge von $B_{n}$. Das Element $y=2^{n+1}-x$ von $B_{n+1}$ mit $1 \\leq x<2^{n}$ ist genau dann in $M$ enthalten, wenn $x \\in B_{n}$ nicht in $A$ enthalten ist, da $x+y=2^{n+1}$ Zweierpotenz ist. Die Ulkigkeit von $M$ legt also bei Kenntnis von $M \\cap B_{n}$ für alle Elemente $y$ von $B_{n+1}$ mit $2^{n}<y<2^{n+1}$ fest, ob sie in $M$ enthalten sind; es steht nur noch frei, ob $2^{n+1}$ Element ist. Damit gleicht $M$ entweder $M_{n}(A)$ oder $N_{n}(A)$, und es lassen sich jeder ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ genau zwei ulkige Teilmengen von $B_{n+1}$ zuordnen. Das beendet den Beweis.\n\n\nBemerkung. Oft wurde irrtümlich angenommen, die Zahlen $2^{n-1}$ und $2^{n}$ könnten gar nicht Elemente einer ulkigen Teilmenge von $B_{n}$ sein, da für kein $x \\in B_{n}$ mit $x \\neq 2^{n-1}$ die Zahl $2^{n-1}+x$ eine Zweierpotenz ist und das gleiche Phänomen bei $2^{n}$ auftritt. Diese Sachlage zeigt allerdings nur, daß für jedes $X \\subseteq B_{n}-\\left\\{2^{n-1}, 2^{n}\\right\\}$ die vier Mengen $X, X \\cup\\left\\{2^{n-1}\\right\\}, X \\cup\\left\\{2^{n}\\right\\}, X \\cup\\left\\{2^{n-1}, 2^{n}\\right\\}$ entweder gleichzeitig ulkige oder gleichzeitig unulkige Teilmengen von $B_{n}$ sind.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "1. Aufgabe\n", "solution_match": "\nLösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Man finde alle Quadrupel positiver ganzer Zahlen ( $m, n, p, q$ ) mit der Eigenschaft\n\n$$\np^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1\n$$", "solution": "Hilfssatz: Sind $k, l, a$ positive ganze Zahlen mit $a=\\left(k^{2}+l^{2}+1\\right) /(k l)$, folgt $a=3$. Beweis des Hilfssatzes: Zu gegebenem Wert von $a$ betrachten wir ein Paar $(k, l)$ mit $k^{2}+l^{2}+1=a k l$ und minimaler Summe $k+l$ unter allen derartigen Paaren. Ohne Einschränkung ist $k \\leq l$.\nZunächst sei $k<l$. Nach Voraussetzung genügt $k$ der quadratischen Gleichung\n\n$$\nx^{2}+l^{2}+1-a x l=0,\n$$\n\nfür deren 2. Lösung $k^{\\prime}$ nach Satz von Vieta folgt: $k+k^{\\prime}=a l$ und $k k^{\\prime}=l^{2}+1$. Also ist $k^{\\prime}=a l-k$ ganzzahlig, wegen $k^{\\prime}=\\left(l^{2}+1\\right) / k$ positiv, wegen $k \\geq l+1$ und $k k^{\\prime}=l^{2}+1<(l+1)^{2}$ ist $k^{\\prime} \\leq l$, also ist $\\left(l, k^{\\prime}\\right)$ Paar mit kleinerer Summe $l+k^{\\prime}<k+l$ entgegen der Wahl von $(k, l)$.\nSomit gilt $k=l$, also $k^{2}(a-2)=1$, woraus sich $k=1$ und $a=3$ ergeben.\nEs ist wegen $m \\geq 1$ und $n \\geq 1$ der Ausdruck $p^{m-1} q^{n-1}=\\left(p^{2}+q^{2}+1\\right) /(p q)+2$ ganzzahlig, also nach Hilfssatz $p^{m-1} q^{n-1}=5$ und somit $p^{m-1}=1, q^{n-1}=5$ oder $p^{m-1}=5, q^{n-1}=1$. Im ersten Fall ist $n=2$ und $q=5 ; p$ genügt der Gleichung (1) für $l=5, a=3$ mit Lösungen 2 und 13, aus $p^{m-1}=1$ folgt jeweils $m=1$, und durch Einsetzen bestätigt man die Lösungsquadrupel ( $\\left.1,2,2,5\\right)$ und $(1,2,13,5)$. Der zweite Fall liefert entsprechend $(2,1,5,2)$ und $(2,1,5,13)$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "2. Aufgabe\n", "solution_match": "\n1. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Man finde alle Quadrupel positiver ganzer Zahlen ( $m, n, p, q$ ) mit der Eigenschaft\n\n$$\np^{m} q^{n}=(p+q)^{2}+1\n$$", "solution": "Alle Summanden der Ausgangsgleichung bis auf $q^{2}+1$ sind Vielfache von $p$, daher gilt $p \\mid q^{2}+1$. Damit lassen sich die Fälle $q=1,2, \\ldots, 6$ mittels Durchprobieren behandeln, man erhält Lösungsquadrupel aus 1. Lösung. Für $p \\geq q \\geq 7$ (analog: $p \\geq p \\geq 7$ ) gibt es keine Lösungen:\n\n1. Fall: $m>1$ : Dann ist $p^{m} q^{n} \\geq p^{2} q>6 p^{2} \\geq(p+q)^{2}+1$.\n2. Fall: $n>2$ : Dann ist wegen $p \\leq q^{2}+1: p^{m} q^{n} \\geq p q^{3} \\geq p^{2} q-p q>5 p^{2}>(p+q)^{2}+1$.\n3. Fall: $m=n=1$ : Hierzu müsste $p^{2}+p q+q^{2}+1=0$ sein - unmöglich für $p>0, q>0$.\n4. Fall: $m=1, n=2$ : Die quadratische Gleichung $p q^{2}=(p+q)^{2}+1$ für $p$ hat Diskriminante $D=q^{4}-4 q^{3}-4$, die für $q \\geq 7$ zwischen den aufeinander folgenden Quadratzahlen $\\left(q^{2}-2 q-3\\right)^{2}$ und $\\left(q^{2}-2 q-2\\right)^{2}$ liegt, also ist $\\sqrt{D}$, somit auch $p$ nicht ganzzahlig.\nBemerkung: Es gab Trugschlüsse: z. B. sind Fälle $m \\geq 2, n \\geq 3$ und $m \\geq 3, n \\geq 2$ behandelt, folgt nicht notwendig $m \\leq 2$ und $n \\leq 2$; sind $p, q$ teilerfremd, haben $p$ und $q$ nicht notwendig unterschiedliche Parität. Manchmal wurden nicht alle Lösungen auf Grund zu starker Einschränkungen gefunden (z. B. Voraussetzung $m \\geq n$ und $p \\geq q$ ).", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "2. Aufgabe\n", "solution_match": "\n2. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Die Verlängerungen von $A P, B P, C P$ mögen den Umkreis des Dreiecks $A B C$ erneut in $A^{\\prime}, B^{\\prime}, C^{\\prime}$ treffen. Mit Hilfe des Peripheriewinkelsatzes und einem einfachen Winkelsummenargument finden wir $\\varangle B^{\\prime} A^{\\prime} C^{\\prime}=\\varangle B^{\\prime} A^{\\prime} A+\\varangle A A^{\\prime} C^{\\prime}=\\varangle B^{\\prime} B A+\\varangle A C C^{\\prime}=\\varangle B P C-\\varangle B A C=60^{\\circ}$. Ebenso $\\varangle A^{\\prime} C^{\\prime} B^{\\prime}=60^{\\circ}$ und folglich ist das Dreieck $A^{\\prime} B^{\\prime} C^{\\prime}$ gleichseitig, d.h. $A^{\\prime} B^{\\prime}=B^{\\prime} C^{\\prime}=C^{\\prime} A^{\\prime}$. Wie üblich haben wir $A P B \\sim B^{\\prime} P A^{\\prime}$ und $A P C \\sim C^{\\prime} P A^{\\prime}$; hieraus ergibt sich $\\frac{A P}{A C}=\\frac{C^{\\prime} P}{C^{\\prime} A^{\\prime}}$ und $\\frac{B P}{B C}=\\frac{C^{\\prime} P}{C^{\\prime} B^{\\prime}}$. In Verbindung mit vorigem lehrt dies $\\frac{A P}{A C}=\\frac{B P}{B C}$ und somit in der Tat $A B \\cdot P C=$ $A C \\cdot P B$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n1. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Wähle den Punkt $J$ so, daß die Dreiecke $A B C, P B J$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Sodann ist $\\frac{A B}{B P}=\\frac{B C}{B J}$ und $\\varangle P B A=\\varangle J B C$, weshalb auch die Dreiecke $A B P, C B J$ (gleichorientiert) ähnlich sein müssen. Folglich gilt $\\varangle C J P=\\varangle C J B-\\varangle P J B=\\left(60^{\\circ}+\\gamma\\right)-\\gamma=60^{\\circ}$. Da auch $\\varangle J P C=\\varangle B P C-\\varangle B P J=\\left(60^{\\circ}+\\alpha\\right)-\\alpha=60^{\\circ}$ ist das Dreieck $P C J$ gleichseitig und mithin $P C=P J$. Nach Wahl von $J$ haben wir $\\frac{A B}{A C}=\\frac{P B}{P J}$ und hieraus folgt mit Hilfe des vorigen wie gewünscht $A C \\cdot P B=A B \\cdot P J=A B \\cdot P C$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n2. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Über der Strecke $B P$ werde das gleichseitige Dreieck $B P T$ errichtet. Der Schnittpunkt von $P T$ mit $A B$ heiße $G$. Außerdem werde auf $A C$ der Punkt $H$ mit $\\varangle C P H=60^{\\circ}$ gewählt. Wegen $\\varangle A P G=\\gamma$ und $\\varangle H P A=\\beta$ muss $\\varangle H P G+\\varangle G A H=180^{\\circ}$ sein, d.h. das Viereck $G A H P$ ist einem Kreis einbeschrieben. Demnach $\\varangle H G A=\\varangle H P A=\\beta$, woraus sofort $G H \\| B C$ geschlossen wird. Aus diesem Grund gilt $\\frac{A B}{A C}=\\frac{B G}{C H} \\quad$ (1). Ferner zeigen einfache Winkelbetrachtungen $\\varangle H C P=$ $60^{\\circ}-\\varangle P B G=\\varangle G B T$, was zusammen mit $\\varangle C P H=\\varangle B T G\\left[=60^{\\circ}\\right]$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $P C H$ und $T B G$ lehrt. Mithin haben wir $\\frac{B G}{C H}=\\frac{B T}{C P} \\quad$ (2). Nachdem das Dreieck BPT nach Konstruktion gleichseitig ist, gilt insbsondere $B T=B P$. Zusammen mit (1) und (2) erhalten wir hieraus $\\frac{A B}{A C}=\\frac{B P}{C P}$ und damit in der Tat $A B \\cdot P C=A C \\cdot P B$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n3. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Wähle den Punkt $G$ so, daß die Dreiecke $A G C, P B C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Wie in der zweiten Lösung sehen wir, daß dann auch die Dreiecke GBC und $A P C$ (gleichorientiert) ähnlich sind. Ferner ist $\\varangle B A G=\\varangle C A G-\\varangle C A B=\\left(60^{\\circ}+\\alpha\\right)-\\alpha=60^{\\circ}$ und ebenso $\\varangle G B A=60^{\\circ}$. Das Dreieck $A G B$ ist also gleichseitig und mithin $A G=A B$. Nach $A G C \\sim P B C$ haben wir also $P B: P C=A G: A C=A B: A C$. Daher wie behauptet $A B \\cdot P C=A C \\cdot P B$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n4. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Die Fußpunkte der Lote von $P$ auf die Seiten $B C, C A, A B$ mögen $X, Y, Z$ genannte werden. Nach Satz von Thales besitzen die Vierecke $P X C Y, P Y A Z, P Z B X$ jeweils einen Umkreis. Wir finden nun $\\varangle Z X Y=\\varangle Z X P+\\varangle P X Y=\\varangle Z B P+\\varangle P C Y=60^{\\circ}$ und analog\n$\\varangle X Y Z=\\varangle Y Z X=60^{\\circ}$. Das Dreieck $X Y Z$ ist also gleichseitig. Für die Länge der Seite $X Y$ finden wir durch zweimalige Verwendung des Sinussatzes $X Y=P C \\cdot \\sin \\gamma=\\frac{A B \\cdot P C}{2 R}$, wobei $R$ den Radius des Umkreises des Dreiecks $A B C$ bezeichnet. Ebenso $X Z=\\frac{A C \\cdot P B}{2 R}$. Aus $X Y=X Z$ folgt nunmehr wie verlangt $A B \\cdot P C=A C \\cdot P B$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n5. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Der Umkreis des Dreiecks $A B P$ schneide $A C$ zum zweiten Mal in $Q$. Wir erhalten $\\varangle B Q A=\\varangle B P A=\\gamma+60^{\\circ}$ und hieraus nach Außenwinkelsatz $\\varangle Q B C=60^{\\circ}$. Außerdem ergibt sich aus $\\varangle B P Q=180^{\\circ}-\\alpha$ und $\\varangle C P B=60^{\\circ}+\\alpha$ sofort $\\varangle Q P C=120^{\\circ}$. Ferner erhalten wir, wenn wir $\\varangle A B P=\\varphi$ setzen, sofort $\\varangle C Q P=\\varphi$. Durch mehrmalige Verwendung des Sinussatzes erhalten wir nun\n\n$$\n\\frac{P C}{P A}=\\frac{P C}{C Q} \\cdot \\frac{C Q}{Q B} \\cdot \\frac{Q B}{A P}=\\frac{\\sin \\varphi}{\\sin 120^{\\circ}} \\cdot \\frac{\\sin 60^{\\circ}}{\\sin \\gamma} \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{\\sin \\varphi}=\\frac{\\sin \\alpha}{\\sin \\gamma}=\\frac{B C}{A B}\n$$\n\nHieraus folgt sofort $A B \\cdot P C=A P \\cdot B C$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n6. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Über der Seite $A B$ errichte man das gleichseitige Dreieck $A B Q$ nach innen. Einfache Winkelbetrachtungen zeigen nun $\\varangle Q A P=60^{\\circ}-\\varangle P A B=\\varangle B C P$ und ebenso $\\varangle P B Q=\\varangle P C A$. Indem wir also den Schnittpunkt von $A C$ mit $B Q$ als $T$ in die Überlegung einführen, wird das Viereck $B C T P$ wegen $\\varangle P B T=\\varangle P B Q=\\varangle P C A=\\varangle P C T$ ein Sehnenviereck sein. Folglich $\\varangle B T P=\\varangle B C P=\\varangle Q A P$, also $\\varangle P T Q+\\varangle Q A P=180^{\\circ}$ und somit ist auch $P T Q A$ ein Sehnenviereck. Aus diesem Grund gilt $\\varangle B Q P=\\varangle T Q P=\\varangle T A P=\\varangle C A P$, woraus in Verbindung mit $\\varangle P B Q=\\varangle P C A$ die Ähnlichkeit der Dreiecke $B Q P, C A P$ folgt. Hieraus erhellt $P C: A C=P B: B Q=P B: A B$, also wie gewünscht $A B \\cdot P C=A C \\cdot P B$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n7. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Setze $\\varangle A C P=\\gamma^{\\prime}, \\varangle P B C=\\gamma^{\\prime \\prime}, \\varangle P B A=\\beta^{\\prime \\prime}$. Nun ist nach Sinussatz\n$\\frac{\\sin \\beta^{\\prime \\prime}}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{\\sin \\beta^{\\prime \\prime}}{A P} \\cdot \\frac{A P}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\gamma\\right)}{c} \\cdot \\frac{b}{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\beta\\right)}=\\frac{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\gamma\\right)}{\\sin \\gamma} \\cdot \\frac{\\sin \\beta}{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\beta\\right)}=\\frac{1+\\sqrt{3} \\cot \\gamma}{1+\\sqrt{3} \\cot \\beta}$.\nDa jedoch $\\beta^{\\prime \\prime}+\\gamma^{\\prime}=60^{\\circ}$ haben wir auch\n\n$$\n\\frac{\\sin \\beta^{\\prime \\prime}}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{\\sin \\left(60^{\\circ}-\\gamma^{\\prime}\\right)}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cot \\gamma^{\\prime}-\\frac{1}{2} .\n$$\n\nDiese beiden Gleichungen liefern zusammengenommen\n\n$$\n\\cot \\gamma^{\\prime}=\\frac{\\sqrt{3}+\\cot \\beta+2 \\cot \\gamma}{1+\\sqrt{3} \\cot \\beta}\n$$\n\nWeiterhin\n\n$$\n\\frac{\\sin \\gamma^{\\prime \\prime}}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{\\sin \\left(\\gamma-\\gamma^{\\prime}\\right)}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\sin \\gamma \\cot \\gamma^{\\prime}-\\cos \\gamma\n$$\n\nHierin setzen wir die zuvor gefundene Gleichung ein und erhalten\n\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{\\sin \\gamma^{\\prime \\prime}}{\\sin \\gamma^{\\prime}}=\\frac{(\\sqrt{3} \\sin \\beta \\sin \\gamma+\\cos \\beta \\sin \\gamma+2 \\sin \\beta \\cos \\gamma)-(\\sin \\beta \\cos \\gamma+\\sqrt{3} \\cos \\beta \\cos \\gamma)}{\\sin \\beta+\\sqrt{3} \\cos \\beta} \\\\\n=\\frac{\\sin \\alpha+\\sqrt{3} \\cos \\alpha}{\\sin \\beta+\\sqrt{3} \\cos \\beta}=\\frac{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\alpha\\right)}{\\sin \\left(60^{\\circ}+\\beta\\right)}\n\\end{gathered}\n$$\n\nDaher nach Sinussatz\n\n$$\n\\frac{A P}{A C}=\\frac{\\sin \\gamma^{\\prime}}{\\sin \\left(\\beta+60^{\\circ}\\right)}=\\frac{\\sin \\gamma^{\\prime \\prime}}{\\sin \\left(\\alpha+60^{\\circ}\\right)}=\\frac{B P}{B C}\n$$\n\nd.h. wie gewünscht $A P \\cdot B C=B P \\cdot A C$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n8. Lösung."}} |
| {"year": "2007", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Der Punkt $P$ liege im Inneren des Dreiecks $A B C$ und erfülle\n\n$$\n\\varangle B P C-\\varangle B A C=\\varangle C P A-\\varangle C B A=\\varangle A P B-\\varangle A C B .\n$$\n\nMan beweise, dass dann gilt:\n\n$$\n\\overline{P A} \\cdot \\overline{B C}=\\overline{P B} \\cdot \\overline{A C}=\\overline{P C} \\cdot \\overline{A B}\n$$\n\nZunächst überlegt man sich, daß $\\varangle B P C=60^{\\circ}+\\alpha, \\varangle C P A=60^{\\circ}+\\beta, \\varangle A P B=60^{\\circ}+\\gamma$. Aus Symmetriegründen genügt es, eine der beiden behaupteten Gleichungen zu zeigen. (Hinweis: Für einen Winkel $\\varangle X Y Z$ mit $0^{\\circ}<\\varangle X Y Z<180^{\\circ}$ im mathematisch positiven Sinn setze $\\varangle Z Y X:=$ $180^{\\circ}-\\varangle X Y Z$. Mit dieser Konvention gilt z. B. für vier paarweise verschiedene Punkte $W, X, Y, Z$ auf einer Kreislinie stets $\\varangle X Y Z=\\varangle X W Z$ ).", "solution": "Der Umkreis des Dreiecks $A P B$ treffe die Gerade $C P$ zum zweiten Mal in $J$. Sodann ist $\\varangle A J P=\\varangle A B P$. Zusammen mit $\\varangle A B P+\\varangle P C A=60^{\\circ}$ lehrt dies $\\varangle C A J=120^{\\circ}$. Ebenso sehen wir $\\varangle J B C=120^{\\circ}$ ein. Damit haben wir\n\n$$\n\\frac{A C}{B C}=\\frac{A C}{J C} \\cdot \\frac{J C}{B C}=\\frac{\\sin \\varangle A J C}{\\sin \\varangle C A J} \\cdot \\frac{\\sin \\varangle J B C}{\\sin \\varangle C J B}=\\frac{\\sin \\varangle A J P}{\\sin \\varangle P J B}=\\frac{\\sin \\varangle A B P}{\\sin \\varangle P A B}=\\frac{A P}{B P},\n$$\n\nd.h. wie behauptet $A C \\cdot B P=B C \\cdot A P$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2007-loes_awkl1_07.jsonl", "problem_match": "3. Aufgabe\n", "solution_match": "\n9. Lösung."}} |
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