Ergänzung:

Die Aufgabe kann verallgemeinert werden. Ich bezeichne B(n, i) = $$\binom{n}{i}$$. Man kann fragen: Gibt es ein Polynom f (x) höchstens n + 1ten Grades mit

Dazu setzen wir wieder an:

$$\sum\limits_{{i=0}}^{{n+1}} \sum\limits_{{i=0}}^{{n+1}} \sum\limits_{{i=0}}^{{n}}$$ =

$$\sum\limits_{{i=0}}^{{n+1}} \sum\limits_{{i=0}}^{{n}}$$ =

$$\sum\limits_{{i=1}}^{{n+1}} \left(\vphantom{\sum\limits_{k=i}^{n+1}B(k,i)a_{k}}\right. \sum\limits_{{k=i}}^{{n+1}} \left.\vphantom{\sum\limits_{k=i}^{n+1}B(k,i)a_{k}}\right) \sum\limits_{{i=0}}^{{n}}$$ =

Koeffizientenvergleich führt zu folgendem Gleichungssystem:

a₁ + a₂ + ...a_n+1 = B(n, 0)

a₂B(2, 1) + ...a_n+1B(n + 1, 1) = B(n, 1)

$$\vdots \vdots$$ =

a_n+1B(n + 1, n) = 1

Die Matrix dieser Gleichung ist:

$\begin{pmatrix} B(1,0), & B(2,0),&B(3,0),&\dots, &B(n+1,0)\\ 0, & B(2,1),&... ... \vdots, &\vdots,&\dots,&\vdots\\ 0, & 0, &0, & 0, & B(n+1,n) \end{pmatrix}$

Diese Matrix hat linear unabhängige Spaltenvektoren. Das Gleichungssystem ist also eindeutig lösbar. Die Lösung erfüllt die gewünschte Bedingung. Es ist tatsächlich mehr gezeigt worden: Zu jedem Polynom g vom Grade n gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom vom Grade n + 1 mit f (x + 1) = g(x) + f (x). f (X + 1) = f (X) + g(X) für alle X.

Lösungen:

1. 1. Es ist 2¹ < 5 ^. 1 + 10 aber 2⁶ = 64 > 5 ^. 6 + 10 = 40. Sei wieder

      $$\mathbb {T}$$

      
      
      Wir ausgerechnet, dass 6 zu der Menge gehört. Sei k $\in$ $\mathbb {T}$. Dann ist 2^k+1 = 2^{k .} 2 > ((5 ^. k) + 10) ^. 2. Die Frage ist: Wann ist: Wann ist 10 ^. k + 20 > 5 ^. (k + 1) + 10. Also 5k + 5 > 5k. Dies ist für alle k der Fall. Also ist die Menge $\mathbb {T}$ induktiv und alle Zahlen $\ge$6 gehören zu $\mathbb {T}$.
   2. Es ist 2¹ > 1² aber 2² = 2² = 4 und sogar 2³ < 3². Unsere Behauptung gilt daher nicht für alle n $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$. Aber es ist 2⁵ = 32 > 5² = 25. Sei wieder

      $$\mathbb {T} \in \mbox{$\mathbb{N}$} \le$$

      
      
      Sei 5$\le$k $\in$ $\mathbb {T}$. Wir betrachten 2^k+1 = 2 ^. 2^k > 2 ^. k² Wann ist 2 ^. k² > (k + 1)²? Dies ist genau dann der Fall, wenn k² > 2k + 1$\iff$(k - 1)² > 2. Die letzte Ungleichung gilt sicherlich für ab k = 3 also erste recht ab 5. Die Menge $\mathbb {T}$ ist daher induktiv. Ab k = 5 gilt also unsere Behauptung.
   3. Fehlt.
   4. Fehlt.
   5. Fehlt.
   6. Ich zeige zunächst das folgende:

      Beh.: Sei f (x) ein reelles Polynom vom Grade n. Dann gibt es ein c > 0, so dass für alle x > c gilt: | f (x)| < xⁿ⁺¹.

      Bew: Sei f (x) = a₀ + a₁x + ... + a_nxⁿ. Dann ist | f (x)|$\le$| a₀| + | a₁|| x| + ... + | a_n|| x|ⁿ. Sei m = max{| a₀|,| a₁|,...,| a_n|}. Es folgt für 1 < x: f (x)$\le$m ^. (1 + x + ... + xⁿ) = m ^. (${\frac{{1}}{{x^{n}}}}$ + ${\frac{{1}}{{x^{n-1}}}}$... +1)$\le$m ^. (n + 1)xⁿ. Für x > m ^. (n + 1) folgt: f (x)$\le$x ^. xⁿ = xⁿ⁺¹.

      Weiter gilt die folgende Behauptung:

      Beh.: Ist a > 1, dann gibt es ein c $\in$ $\mbox{$\mathbb{R}$}$, so dass für alle c < n $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$, mit aⁿ > n.

      Da a > 1 ist gibt es ein h > 0 mit 1 + h = a. Wir erhalten für n > 2 aⁿ = (1 + h)ⁿ > 1 + nh + ${\frac{{n(n-1)}}{{2}}}$h² = 1 + (h - h²/2) ^. n + h²/2 ^. n² = f (n). Es ist f (n) ein Polynom vom Grade 2 mit positiven Koeffizienten. Daher gibt es ein n $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$ mit aⁿ > n. Hieraus ergibt sich nun:

      Beh.: Für jedes feste k $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$ und jedes feste a > 1 gibt es ein c $\in$ $\mathbb {R}$ so dass für alle c < n $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$ gilt: aⁿ > n^k.

      Da a > 1 ist auch a^1/k > 1. Es gibt also ein n $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$ mit (a^1/k)ⁿ > n. Potenziert man diese Ungleichung mit k erhält man das gewünschte.

2. Fehlt.
3. 1. Gilt wegen Lösung der Aufgabe 8c.
   2. Einfach.

4. Fehlt.

Lösungen:

1. Einfach.
2. Einfach.
3. --
4. --
5. --
6. 1. Sei die kleinste der gewählten Zahlen k Dann ist k$\le$50, da es 51 folgende Zahlen sind. Die größte der gewählten Zahlen ist dann k + 50. (Wir zählen von 0 bis 50 das sind 51 Zahlen.) Also ist 2k$\le$k + 50. Das heißt 2k kommt unter den ausgewählten Zahlen vor.
   2. Für diese Aufgabe will ich eine Menge natürlicher Zahlen teilerfrei nennen, wenn es kein a $\in$ M gibt, welches ein b $\in$ M teilt. Angenommen es gibt überhaupt eine teilerfreie Teilmenge von {1, ^... , 200} mit 101 Elementen. Dann gibt es auch eine solche mit einem größtmöglichen kleinsten Element m. m = 101 ist unmöglich, denn dann kann M nicht 101 Elemente enthalten. Auch m = 100 ist unmöglich, denn dann kann 200 nicht in M sein und wieder bleiben zu wenig Zahlen für M. Sei also m ein solch größtmögliches kleinste Element einer teilerfremden Teilmenge M mit 101 Elementen. Es gibt also kein n > m, welches kleinstes Element in einer teilerfremden Teilmenge von 101 Zahlen ist. Da m $\in$ M ist, ist 2 ^. m $\notin$M Außerdem ist 2 ^. m$\le$200. Keine Zahl aus M kann 2 ^. m teilen. Denn angenommen a ^. t = 2 ^. m mit einem t $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$ und a $\in$ M. t = 1 ist unmöglich, denn dann wäre a = 2 ^. m $\in$ M und m ein Teiler von a. Aber M war teilerfremd. Da aber m das kleinste Element von M ist, erweist sich auch t$\ge$2 als unmöglich. Es bleibt zu überlegen, ob 2 ^. m eine andere Zahl b $\in$ M teilen kann. Dann würde aber m wieder eine Zahl aus M teilen. Dies widerspricht daher den Voraussetzungen. Also ist die Menge M' = {2 ^. m} $\cup$ M $\setminus$ {m} eine teilerfreie Menge mit 101 Zahlen. Aber das kleinste Element von M' übertrifft m. Dies ist ein Widerspruch.
7. 1. 5 teilt sicher 2^{4 . 0+1} - 2.
   2. --
   3. --

8. 20
   1. --
   2. --
   3. --

9. Klar.
10. 1. Die Gesamtsumme der Zahlen ist 1 + 2 + ^... +1993 = ${\frac{{1994}}{{2}}}$ ^. 1993 = 193321 Wählt man unter diesen zwei aus, und ersetzt sie durch ihre Summe so bleibt die Gesamtsumme konstant. Zum Schluss steht daher die Zahl 1193321 an der Tafel.
    2. Die Geamtsumme der Zahlen ist 193321 = s eine ungerade Zahl. Wählt man unter diesen Zahlen etwa a und b aus und ersetzt sie durch ihre Differenz etwa a - b so ist die Geamtsumme jetzt s - 2b. Dies ist wieder eine ungerade Zahl. Das heißt bei jedem Schritt bleibt die Geamtsumme der Zahlen ungerade. Es bleibt daher zum Schluss eihne ungerade Zahl stehen.
11. 1. n + (n + 1) = 2n + 1. Alle ungeraden Zahlen sind die Summe zweier aufeinander folgender Zahlen.
    2. Es ist n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3. Ist n ein Vielfaches von 3 größer als 3, so lässt sich n schreiben: n = 3(k + 1) mit k $\in$ $\mbox{$\mathbb{N}$}$.Es ist n = k + (k + 1) + (k + 2) = 3(k + 1) = n.
    3. Es ist 10 = 4 ^. 2 + 2 = 1 + 2 + 3 + 4 Summe von 4 aufeinander folgenden Zahlen. Sei
       $$\mathbb {T}$$ = {m| 4m + 2 ist Summe von vier aufeinander folgenden Zahlen }
       Sei m $\in$ $\mathbb {T}$.
12. 1. Angenommen 2 = n² - m² = (n - m) ^. (n + m) binomische Formel für zwei natürliche Zahlen n > m. Dann ist n - m = 1 und also n = 1 + m. Daher ist 2 = 1 + 2m und damit 1 = 2m. Dies geht nicht.
    2. Wir machen den gleichen Ansatz: 1984 = (n - m) ^. (n + m). n - m = 1 führt zu n = 1 + m und daher 1984 = 1 + 2m. Dies geht nicht. Aber n = 2 + m führt zum Ziel. Denn dies ergibt 1984 = 2 ^. (2 + 2m) = 4 ^. (1 + m). Das bedeutet m = 495 und siehe da tatsächlich ist 497² -495² = 1984.

       Bei 2001 führt wieder der Ansatz 2001 = (n - m) ^. (n + m) zum Ziel. Wir probieren n = m + 1 und erhhalten: 2m + 1 = 2001. Das heißt m = 1000. Und tatsächlich $1001^{2}-1000²=2001$.

       Versucht man dasselbe mit 2002 = (n - m) ^. (n + m), so sieht man: Ist (n - m) ungerade, so auch (n + m). Dies kann nicht sein. Ist n - m gerade, so auch n + m. Dann müsste 2002 durch 4 teilbar sein. Dies ist nicht der Fall.

    3. Die einzigen Faktoren von 1993 sind 1 und 1993. Daher ist nur n - m = 1 möglich. Es ergibt sich m = 996 und n = 997 als einzige Lösung.
    4. Allgemein sieht man: (m + 1)² - m² = 2m + 1 und daher ist jede ungerade Zahl Differenz zweier Quadratzahlen.

       Beh. Eine gerade Zahl ist genau dann Differenz zweier Quadratzahlen, wenn sie durch 4 teilbar ist.

       Angenommen die gerade Zahl a = (n - m) ^. (n + m) ist Differenz zweier Qaudratzahlen. Da a gerade ist muss zumindest einer der Faktoren und damit beide gerade sein. Damit ist a durch 4 teilbar.

       Sei umgekehrt a durch 4 teilbar. Wir betrachten a = 4(m + 1) = 2(2m + 1). Ein Versuch n = m + 2 ergibt: (m + 2)² - m² = 4m + 4 = 4(m + 1) führt zum Ziel. a ist daher Differenz zweier Quadratzahlen.

    5. Ich schreibe die Gleichung $a²+b²+c²=d²$ anders nämlich:
       
       
       Ist a ^. b gerade, so ist eine der beiden Faktoren gerade, etwa a. Ist dann b gerade, so ist a² + b² durch 4 teilbar. Also ist a² + b² Differenz von zwei Quadratzahlen. Ist b ungerade, so ist a² + b² auch ungerade und damit Differenz zweier Quadratzahlen.

       Ist a ^. b ungerade, so ist a² + b² gerade aber nicht durch 4 teilbar. Daher ist a² + b² nicht Differenz zweier Quadratzahle.

       Bemerkung. Diese Aufgabe ist eigentlich nicht so schön, sie wird durch Verstecken schwer nicht weil es in der Natur der Sache liegt. Dies ist oft mit schweren Aufgabe so. Sie beruhen nicht auf einer natürlichen Fragestellung sondern verstecken eine mathematische Tatsache, die man dann mühsam wiederfinden muss.

    6. Wir wählen auf der Geraden g einen beliebigen Punkt Q. In Q errichten wir das Lot l auf der Geraden g. Nun wird eine natürliche Zahl a bestimmt, derart dass die Gleichung a² = c² - b² n verschiedene Lösungen hat (mit natürlichen Zahlen c, b). Dies ist zum Beispiel mit a = 3ⁿ der Fall. Wählt man nun einen Punkt P auf l im Abstand a von Q so gibt es zu jedem möglichen b einen Punkt A auf g im Abstand b von Q. Der Abstand dieses Punktes von P ist dann c.