| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Man zeige, dass es in der Dezimaldarstellung von $\\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle eine von 2 verschiedene Ziffer gibt.", "solution": "Hätte $\\sqrt[3]{3}$ zwischen der 1000000. und 3141592. Nachkommastelle nur die Ziffer 2, wäre mit $a=\\left[10^{1000000} \\sqrt[3]{3}\\right]<10^{1000001}$ also $\\left|\\sqrt[3]{3}-(a+2 / 9) 10^{-1000000}\\right|<10^{-3141592}$ oder äquivalent\n\n$$\n\\left|\\sqrt[3]{3\\left(9 \\cdot 10^{1000000}\\right)^{3}}-(9 a+2)\\right|<9 \\cdot 10^{-2141592}\n$$\n\nNun ist sicher $(9 a+2)^{3} \\neq 3\\left(9 \\cdot 10^{1000000}\\right)^{3}$, da die rechte Seite den Primfaktor 3 in nicht durch 3 teilbarer Vielfachheit enthält. Allgemein gilt für $m, n \\in \\mathbb{N}$ mit $m \\neq n^{3}$ :\n\n$$\n|\\sqrt[3]{m}-n| \\geq \\frac{\\left|m-n^{3}\\right|}{\\sqrt[3]{m^{2}}+\\sqrt[3]{m} n+n^{2}} \\geq \\frac{1}{3 \\cdot(\\max (\\sqrt[3]{m}, n))^{2}}\n$$\n\nDaraus folgt aber - im Widerspruch zu (1):\n\n$$\n\\left|\\sqrt[3]{3\\left(9 \\cdot 10^{1000000}\\right)^{3}}-(9 a+2)\\right|>\\frac{1}{3\\left(10^{1000001}\\right)^{2}}>10^{-2000003}\n$$\n\nBemerkungen:\n\n1. Man konnte als bekannt voraussetzen, dass $\\sqrt[3]{3}$ irrational ist.\n2. Viele Teilnehmer haben versucht, ziffernweise zu argumentieren, dass die Ziffern von $\\sqrt[3]{3}$ nach Erheben in die dritte Potenz nicht alle Null sein können, indem man $\\sqrt[3]{3}$ in der Dezimaldarstellung als eine Potenzreihe $\\sqrt[3]{3}=1+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\\ldots$ mit $a_{1}, a_{2}, \\ldots \\in\\{0,1, \\ldots, 9\\}$ und $x=1 / 10$ betrachtet hat. Hier kann man leicht Überträge übersehen: Tatsächlich ist nämlich $\\sqrt[3]{3}=1,442 \\ldots$, und $\\left(1+4 x+4 x^{2}+\\right.$ $\\left.2 x^{3}+\\ldots\\right)^{3}=1+12 x+60 x^{2}+166 x^{3}+\\ldots$.\n3. Manche Teilnehmer haben die binomischen Reihe $(1+x)^{1 / 3}=\\sum_{k=0}^{\\infty}\\binom{1 / 3}{k} x^{k}$ mit $\\binom{1 / 3}{k}=\\frac{1}{3} \\cdot\\left(\\frac{1}{3}-1\\right)\\left(\\frac{1}{3}-2\\right) \\cdots\\left(\\frac{1}{3}-k+1\\right) / k!$ für $k \\in \\mathbb{N}_{0}$, die für $|x| \\leq 1$ konvergiert, an der Stelle $x=2$ betrachtet - hier konvergiert die Reihe nicht.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 1", "solution_match": "\nLösung:"}} |
| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \\| C D$ und $\\overline{B C}=\\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.", "solution": "Es sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $A B$. Die durch $M$ gezogene Parallele zu $D Y$ treffe $B D$ in $G$ und die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ in $H$. Aus $\\overline{A M}=\\overline{M B}$ schließt man leicht $\\overline{H M}=\\overline{M G}$, und da $D Y \\perp D B$ vorausgesetzt ist, ist das Viereck $D G H Y$ ein Rechteck. Beides zusammen lehrt $\\overline{D M}=\\overline{M Y}$, und in gleicher\n\nWeise zeigt man $\\overline{D M}=\\overline{M X}$. Da das Trapez $A B C D$ gleichschenklig ist, gilt ferner $\\overline{D M}=\\overline{M C}$, und aus der Kombination der drei letzten Gleichungen ergibt sich sofort, daß die vier Punkte $C, D, X, Y$ auf einem gemeinsamen Kreis um $M$ liegen.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "\nErste Lösung."}} |
| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \\| C D$ und $\\overline{B C}=\\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.", "solution": "Man ergänze das Dreieck $D A B$ zu einem Parallelogramm $D A Z B$. Nach Konstruktion von $X$ und $Y$ liegen diese beiden Punkte auf $Z B$ bzw. $Z A$, und es gilt $\\varangle D X Z=\\varangle Z Y D=90^{\\circ}$. Der Satz des Thales liefert nunmehr, daß $X$ und $Y$ auf dem Kreis mit Durchmesser $D Z$ liegen. Der Mittelpunkt dieses Kreises ist gleichzeitig der Mittelpunkt der Strecke $D Z$ und, da sich in Parallelogrammen die Diagonalen gegenseitig halbieren, fällt dieser mit dem Mittelpunkt der Strecke $A B$ zusammen. Nachdem nun das Trapez $A B C D$ als gleichschenklig vorausgesetzt ist, gilt folglich $\\overline{D M}=\\overline{M C}$, womit gezeigt ist, daß auch der Punkt $C$ auf dem vorhin betrachteten Kreis liegt.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "\nZweite Lösung."}} |
| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Es sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez mit $A B \\| C D$ und $\\overline{B C}=\\overline{A D}$. Die Parallele zu $A D$ durch $B$ treffe die Senkrechte zu $A D$ durch $D$ im Punkt $X$. Ferner treffe die durch $A$ gezogene Parallele zu $B D$ die Senkrechte zu $B D$ durch $D$ im Punkt $Y$. Man beweise, dass die Punkte $C, X, D$ und $Y$ auf einem gemeinsamen Kreis liegen.", "solution": "Es sei $F=(A B D)$ der Flächeninhalt des Dreiecks $A B D$. Wir ziehen um $D$ einen Kreis $\\omega$ mit Radius $\\sqrt{2 F}$ und invertieren an diesem. Kundige können sich leicht überlegen, daß $\\overline{D X^{\\prime}}=\\overline{D A}$ sowie $\\overline{D Y^{\\prime}}=\\overline{D B}$ gilt und daß hieraus $\\left(D X^{\\prime} Y^{\\prime}\\right)=F$ folgt. Es sei nun $C^{*}$ der Schnittpunkt der Geraden $D C$ und $X^{\\prime} Y^{\\prime}$ sowie $H$ der Fußpunkt des aus $D$ auf $A B$ gefällten Lotes. Nun haben die Punkte $X^{\\prime}, Y^{\\prime}$ von der Geraden $C D$ die Abstände $\\overline{A H}, \\overline{B H}$, und hieraus ergibt sich $\\left(D X^{\\prime} Y^{\\prime}\\right)=\\left(D C^{*} Y^{\\prime}\\right)-\\left(D C^{*} X^{\\prime}\\right)=\\frac{1}{2} \\overline{D C^{*}} \\cdot(\\overline{H B}-\\overline{A H})=\\frac{1}{2} \\overline{D C^{*}} \\cdot \\overline{D C}$. Im Zusammenhang mit einer bereits angegebenen Gleichung folgt hieraus $\\overline{D C^{*}} \\cdot \\overline{D C}=2 F$, woraus sich mit Hilfe einer kleinen Lagebetrachtung $C^{*}=C^{\\prime}$ ergibt. Demnach liegen die drei Punkte $C^{\\prime}, X^{\\prime}, Y^{\\prime}$ auf einer gemeinsamen Geraden, und von dieser überzeugt man sich leicht, daß sie nicht durch $D$ gehen kann. Dies impliziert die Behauptung.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 2", "solution_match": "\nDritte Lösung (skizziert, nach einer Idee von Andreas Gross)."}} |
| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Man zeige, dass es eine ganze Zahl $a$ gibt, für die $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ ein Vielfaches von $3^{2008}$ ist.", "solution": "Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Ausgehend von $P_{0}(x)=\\frac{1}{81} P(9 x+1)=9 x^{3}-33 x^{2}-2 x-1$, definiere rekursiv Polynome $P_{k}(x)=$ $3 a_{k} x^{3}+3 b_{k} x^{2}+c_{k} x+d_{k}$ mit ganzen Zahlen $a_{k}, b_{k}, c_{k}, d_{k}$, wobei $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, und $P_{k+1}(x)=\\frac{1}{3} P_{k}\\left(3 x+\\varepsilon_{k}\\right)$ mit $\\varepsilon_{k} \\in\\{-1,0,1\\}$ für alle $k$ : Da $c_{k}$ nicht durch 3 teilbar ist, kann man $\\varepsilon_{k}$ so wählen, dass $\\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}$ durch 3 teilbar ist; dann ist $\\frac{1}{3} P_{k}\\left(3 x+\\varepsilon_{k}\\right)=3 a_{k+1} x^{3}+3 b_{k+1} x^{2}+c_{k+1}+d_{k+1}$ mit $a_{k+1}=9 a_{k}, b_{k+1}=9 \\varepsilon_{k} a_{k}+3 b_{k}$, $c_{k+1}=3\\left(3 \\varepsilon_{k}^{2} a_{k}+2 \\varepsilon_{k} b_{k}\\right)+c_{k}, d_{k+1}=\\varepsilon_{k}^{3} a_{k}+\\varepsilon_{k}^{2} b_{k}+\\left(\\varepsilon_{k} c_{k}+d_{k}\\right) / 3$, somit ist auch $c_{k+1}$ nicht durch 3 teilbar.\nSetzt man $x_{2004}=0$ und rekursiv $x_{k}=3 x_{k+1}+\\varepsilon_{k}$, also $P_{k}\\left(x_{k}\\right)=3 P_{k}\\left(x_{k+1}\\right)$ für $k=2003, \\ldots, 0$, so ist für $a=9 x_{0}+1$ die Zahl $P(a)=81 \\cdot 3^{2004} P_{2004}\\left(x_{2004}\\right)$ ein Vielfaches von $3^{2008}$.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "\n1. Lösung:"}} |
| {"year": "2008", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Germany_TST", "problem": "Man zeige, dass es eine ganze Zahl $a$ gibt, für die $a^{3}-36 a^{2}+51 a-97$ ein Vielfaches von $3^{2008}$ ist.", "solution": "Definiere das Polynom $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$. Für $k \\geq 4$ werden induktiv ganze Zahlen $a_{k}$ mit $a_{k} \\equiv 1 \\bmod 9$ und $3^{k} \\mid P\\left(a_{k}\\right)$ konstruiert; die Aufgabenstellung erfüllt dann $a=a_{2008}$ :\nVerankerung $k=4$ : Für $a_{4}=1$ ist $3^{4} \\mid P\\left(a_{4}\\right)$.\nInduktionsschritt $k \\rightarrow k+1$ : Für $k \\geq 4$ ist $2 k-3 \\geq k+1$ und $3 k-6>k+1$, also für\nalle ganzzahligen $x$ :\n\n$$\n\\begin{aligned}\nP\\left(x+3^{k-2}\\right)-P(x) & \\equiv 3^{k-1} x^{2}+3^{2 k-3} x+3^{3 k-6}-36\\left(2 \\cdot 3^{k-2} x+3^{2 k-4}\\right)+51 \\cdot 3^{k-2} \\\\\n& \\equiv 3^{k-1}\\left(x^{2}-24 x+17\\right) \\bmod 3^{k+1}\n\\end{aligned}\n$$\n\nFür $x \\equiv 1 \\bmod 9$ ist $x^{2}-24 x+17 \\equiv 1-24+17 \\equiv 3 \\bmod 9$. Wegen $k \\geq 4$ ist auch $x \\equiv x+3^{k-2} \\bmod 9$. Daher enthält die Differenz $3^{k-1}\\left(x^{2}-24 x+17\\right)$ den Primfaktor 3 genau $k$-mal, also ist $P(u)$ für $u=a_{k}$ oder $u=a_{k}+3^{k-2}$ oder $u=a_{k}+2 \\cdot 3^{k-2}$ durch $3^{k+1}$ teilbar, setze $a_{k+1}$ auf diesen Wert von $u$. Nach Konstruktion ist $a_{k+1} \\equiv 1 \\bmod 9$.\n\nBemerkungen:\n\n1. Manche Teilnehmer versuchten, mittels Schubfachprinzip zu argumentieren: Wäre $P(m) \\not \\equiv P(n) \\bmod 3^{2008}$ für $m \\not \\equiv n \\bmod 3^{2008}$, gäbe es zwangsläufig auch ein $a \\operatorname{mit} P(a) \\equiv 0 \\bmod 3^{2008}$. Die zweite Lösung zeigt aber, dass $P\\left(x+3^{2006}\\right) \\equiv$ $P(x) \\bmod 3^{2008}$.\n2. Ist $P$ ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und $p$ eine Primzahl, hat die Gleichung $P(a) \\equiv 0 \\bmod p^{m}$ eine Lösung für alle $m \\geq 0$, wenn es ein $u$ mit $P(u) \\equiv 0 \\bmod p$ und $P^{\\prime}(u) \\not \\equiv 0 \\bmod p$ gibt (Hensel-Lemma, siehe E. J. Barbeau, Polynomials, Springer-Verlag New York 1989, Seite 100), hierbei ist für ein Polynom $P(x)=b_{n} x^{n}+\\ldots b_{0}$ die Ableitung $P^{\\prime}(x)=n b_{n} x^{n-1}+\\ldots+b_{1}$. Für $P(x)=x^{3}-36 x^{2}+51 x-97$ ist jedoch $3 \\mid P^{\\prime}(a)$ für alle $a$, so dass das HenselLemma hier nicht anwendbar ist. Es führt jedoch für $Q(x)=P(3 x+1) / 27=$ $x^{3}-11 x^{2}-2 x-3$ an der Stelle $u=0$ zum Ziel.\n3. Die Aufgabe ist nicht für alle Polynome lösbar: es gibt zwar ganze Zahlen $a$ mit $3 \\mid 1+a+a^{2}$, aber keine ganze Zahl mit $9 \\mid 1+a+a^{2}$.\n4. Die ersten Werte für die Zahlen $\\varepsilon_{k}$ in der ersten Lösung lauten $1,0,0,1,-1$, $0,0,1,1,1,-1,-1,0,-1,1,-1,-1,0,1-$ es ist also keine (offensichtliche) Regelmäßigkeit erkennbar.", "metadata": {"resource_path": "Germany_TST/segmented/de-2008-loes_awkl1_08.jsonl", "problem_match": "# Aufgabe 3", "solution_match": "\n2. Lösung:"}} |
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