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 BWM 2017 |
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 |  Themenstart: 2017-09-06
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Das ist fast Tradition: Ein Diskussionsthread zum Bundeswettbewerb.
Die Aufgaben der zweiten Runde sind hier zu finden.
Dieses Jahr waren einige Probleme recht anspruchsvoll, insbesondere die 4. Wer sie noch nicht angeschaut hat, sollte sich daran probieren! Viel Spaß! :-P
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.1, eingetragen 2017-09-11
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Ich hatte den Verdacht, dass Aufgaben 1 und 2 leicht, aber hübsch sind, Aufgabe 3 zu schwer weil es Geometrie ist, und Aufgabe 4 zu schwer weil sie schwer ist :-D Deswegen hab ich darin nicht weiter Zeit investiert (und sitze auch immer noch an der Funktionalgleichung der diesjährigen IMO), aber an ein paar ruhigeren Tagen hole ich das vielleicht nach ;-)
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Ex_Senior
 | Beitrag No.2, eingetragen 2017-09-12
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Ich sitze gerade an der Korrektur meiner "Tüte". Nett fand ich in den Musterlösungen die Einordnung einer möglichen Lösung zu Aufgabe 4 als - Zitat - "Meteoriten-Beweis: Eine Formel fällt vom Himmel und wird bewiesen". ;)
Cyrix
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-16
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Ich persönlich fand die 3 am einfachsten (allerdings mag ich Geometrie auch am liebsten) und die 1 recht schwierig. ^^ Und 4 sehr schwer. Hier mein Meteorit. :-P
\hideon$ \left( \frac{\left(9t^4 \right)^3-1}{2} \right)^2+0 = \left( \frac{\left(9t^4-3t \right)^3-\left(9t^3-1 \right)^3}{2} \right)^2 + \left(\left(9t^3-1 \right) \left(9t^4-3t \right) \right)^3,
\\ \left( \frac{\left(9t^4 \right)^3-1}{2} \right)^2 + 1 = \left( \frac{\left(9t^4 \right)^3-1}{2} \right)^2 + 1^3,
\\ \left( \frac{\left(9t^4 \right)^3-1}{2} \right)^2 + 2 = \left( \frac{\left(9t^4 \right)^3-1}{2}-1 \right)^2 + \left(9t^4 \right)^3.
$ \hideoff
Eine Motivation zu der Konstruktion ließe sich auf meinem Blog finden.
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Ex_Senior
| Beitrag No.4, eingetragen 2017-09-18
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So, mal wieder was unter der Rubrik "nicht repräsentative Statistik":
Ich habe meine Tüte vorhin fertig korrigiert. Dabei hatte ich 7 Arbeiten mit im Schnitt 11 Seiten Umfang (7-21) zu bewerten. Sie stammten von vier derzeitigen Zwölftklässlern und dreien, die die Schule im Sommer schon hinter sich gelassen haben.
Im Schnitt habe ich 33 von 40 möglichen vergeben können (pro Aufgabe maximal 10). Genauer ist die Verteilung wie folgt (mit Preiszuordnung, wenn alles auch nach Zweit- und Drittkorrektur so erhalten bleibt):
2 * 40 Punkte (Erste Preise)
1 * 36 Punkte (Zweiter Preis)
je 1 * 31, 30 und 29 Punkte (Dritte Preise)
1 * 25 Punkte (Kein Preis).
Bei der ersten Aufgabe wurde einmal nur ausgeschlossen, welche Zahlen nicht gehen, ohne einen Nachweis zu erbringen, dass die anderen jeweils eine solche Konstruktion zulassen. In Aufgabe 2 tauchte einmal eine Lücke im vorgegebenen, sehr individuellen Beweis auf, sodass eine genauere Darstellung hier nicht sinnvoll ist. Bei der Geometrie-Aufgabe 3 wurde einmal leider beim Rechnen mit Koordinaten direkt zu Beginn ein Fehler eingebaut, der sich dann im Folgenden auch nicht mehr reparieren ließ, sodass die ganze Rechnung nicht mehr zielführend war.
Mit Abstand die schwierigste Aufgabe war aber natürlich die vierte, die im Schnitt nur knapp 6 von 10 möglichen Punkten einbrachte. Das lag aber hauptsächlich daran, dass sie zwei mal gar nicht bearbeitet wurde. In einem dritten Fall wurde überlesen, dass alle relevanten Quadrate und Kuben positiv sein müssen. Lässt man z.B. 0^3 auch als Summand zu, und konstruiert nur Lösungen, die diesen mit verwenden, so hat man die Aufgabe unzulässig deutlich vereinfacht, was natürlich zu einer deutlichen Abwertung führen muss... Die übrigen vier Arbeiten konnten hier aber eine vollständig richtige Lösung vorweisen.
Bis Ende September läuft noch die Zeit für die Erstkorrektur, dann dürfen sich noch Zweit- und Drittkorrektoren damit beschäftigen, bevor es im November dann die Ergebnisse gibt. :)
Cyrix
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-18
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Sehr interessant! Solche Berichte habe ich vermisst. :-P
Hast du eigentlich auch die 1. Runde dieses Jahr korrigiert, cyrix?
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Ex_Senior
| Beitrag No.6, eingetragen 2017-09-18
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\quoteon(2017-09-18 16:40 - Kezer in Beitrag No. 5)
Hast du eigentlich auch die 1. Runde dieses Jahr korrigiert, cyrix?
\quoteoff
Ja. (Erst- und Zweitkorrektur)
Cyrix
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-18
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Was waren da die Probleme, die zu Punktabzügen geführt haben?
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Ex_Senior
| Beitrag No.8, eingetragen 2017-09-18
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Uff, das ist schon so lang her (März/April). Seitdem habe ich auch nen paar hundert Uni-Klausuren korrigiert, sodass ich da gerade keine Erinnerung dran habe.
Meine Statistik, die ich mir gespeichert hatte, sagt nur aus, dass Aufgabe 1 zumeist richtig (aber ab und an mit Lücken) bearbeitet wurde. Dann folgt in der Rangfolge der Aufgaben (von besser zu schlechter ausgefallen) knapp Aufgabe 3 vor 2, wobei die 3 häufiger nicht oder korrekt bearbeitet wurde, während die 2 quasi von allen angegangen wurde, aber sehr häufig auch die Lösungen größere Lücken enthielten. Und erwartungsgemäß die schwierigste Aufgabe war die letzte, die sowohl am häufigsten nicht und auch falsch bearbeitet wurde...
Wobei ich auch eher eine schlechte Auswahl hatte. Die Verteilung meiner Preisvorschläge als Erst- und Zweitkorrektor sah wie folgt aus:
1. Preise: 0
2. Preise: 2
3. Preise: 9
Anerkennungen: 19
Kein Preis: 13.
Cyrix
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-21
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Danke, die Infos sind goldwert :-) So ungefähr hätte ich es mir auch vorgestellt. Die Auswahl ist vergleichsweise auch wirklich schwach gewesen - Wahnsinn!
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ochen
Senior 
Dabei seit: 09.03.2015
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Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.10, eingetragen 2017-09-22
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Hallo,
jetzt habe ich mir auch mal die Aufgaben angesehen. Die sind ja ganz schön schwer. Könnt ihr mir einen Lösungshinweis zur ersten Aufgabe geben?
Den Anfang habe ich bereits gemacht.
\hideon
Wir definieren zusätzlich $a_0:=a_n$.
Da $1\leq a_{i-1}, a_i\leq n+1$ für alle $i\in \mathbb N$ mit $1\leq i\leq n$ gilt, folgt $|a_{i-1}-a_i|\leq n$. Da die $a_i$ weiterhin paarweise verschieden sind (bis auf $a_0$ und $a_n$), folgt $1\leq |a_{i-1}-a_i|$. Es gilt also $1\leq |a_{i-1}-a_i|\leq n$ für alle $i\in \mathbb N$ mit $1\leq i\leq n$. Da die $|a_{i-1}-a_i|$ ebenfalls paarweise verschieden sind und es genau $n$ Stück davon gibt und es ebenso genau $n$ natürliche Zahlen zwischen 1 und $n$ gibt, folgt, dass zu jedem $j\in \{1,\ldots, n\}$ genau ein $i\in \{1,\ldots, n\}$ gibt mit $j=|a_{i-1} - a_i|$.
Somit folgt
$\displaystyle\frac 12 n(n+1)\equiv \sum_{j=1}^nj \equiv \sum_{i=1}^n |a_{i-1} - a_i|\equiv \sum_{i=1}^n a_{i-1} - a_i
\pmod 2$
$\displaystyle .\hphantom{\frac 12 n(n+1)}
\equiv \sum_{i=1}^n a_{i-1} - \sum_{i=1}^n a_i \equiv \sum_{i=0}^{n-1}a_{i} - \sum_{i=1}^n a_i \equiv a_0-a_n\equiv 0\pmod 2$
Es muss also $\frac{1}{2}n(n+1)$ gerade sein. Das bedeutet, $n(n+1)$ muss durch 4 teilbar sein, somit ist $n\equiv 0\pmod 4$ oder $n\equiv 3 \pmod 4$.
Jetzt weiß ich noch nicht so richtig weiter. Um ehrlich zu sein, habe ich auch noch nicht probiert, ob es mit $n=4$, $n=7$ oder $n=8$ vielleicht sogar klappt.
PS: $1$ und $n+1$ dürfen nicht gestrichen werden, da nur die beiden die Differenz $n$ haben. Weiterhin können wir sogar ohne die Allgemeinheit zu beschränken $a_1=1$ und $a_2=n+1$ setzen.
\hideoff
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salomeMe
Senior 
Dabei seit: 06.10.2015
Mitteilungen: 451
Wohnort: Deutschland
| Beitrag No.11, eingetragen 2017-09-22
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Hallo ochen,
zu dieser Aufgabe habe ich mir auch einige Gedanken gemacht, aber noch nicht ordentlich aufgeschrieben.
\hideon
Die einzelnen Zahlen von 1 bis n+1 auf dem Zahlenstrahl könnte man durch n immer kleiner werdende Halbkreisbögen verbinden, so dass eine Schnecke entsteht. Jetzt treffen sich diese Bögen aber nicht wieder zu einer geschlossenen Kurve wie verlangt. Das Stück, das zur geschlossenen Kurve fehlt, hat etwa die Länge n/2 (als gerade Strecke). Daraus kann man wohl ableiten, dass eine Zahl in der Nähe von n/4 oder 3n/4 (entsprechend der Startzahl 1 oder n+1 der Schnecke) weggelassen werden muss, um eine Pseudoschnecke zeichnen zu können, die zu einer geschlossenen Kurve führt, indem man den Halbkreis mit Durchmesser von etwa n/2 zunächst auslässt und als letzte Verbindung zeichnet.
Nicht für alle n>=4 geht das. Aber vermutlich für n aus {3, 4, 7, 8, 11, 12, 15,16, ...}, also für alle n>=3 für die n(n+1)/2 gerade ist. Mit ungerader Summe bekommt man keine geschlossene Kurve hin.
Dir wird es bestimmt leicht fallen, das mathematisch exakt nachzuweisen bzw. zu widerlegen, falls ich mich geirrt habe.
\hideoff
beste Grüße
salomeMe
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MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1417
Wohnort: Bayern
| Beitrag No.12, eingetragen 2017-09-22
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Bei der Aufgabe kann man auch konkret eine Reihenfolge angeben:
\hideon
Wie nehmen an, dass 4n+1 die Anzahl ist. Dann startet man mit dem Abstand 4n: (1, 4n+1).
Nun konstruiert man nacheinander die nächsten Abstände, oBdA bei 4n+1 startend und immer weiter..
(4n-1): (2, 4n+1)
(4n-2): (2, 4n)
usw.
erstes Muster...
Gerade Abstände: (x, 4n-x+2) = 4n-2x+2
Ungerade Abstände: (x+1, 4n-x+2) = 4n-2x+1
Dies macht man bis zum Abstand 2n bei x = n+1. Hier lässt man den Abstand 2n aus und macht gleich mit (2n-1) weiter... also:
Statt: (n+1, 3n+1) = 2n [3n+1 lässt man als Zahl weg]
Nun: (n+1, 3n) = 2n-1
weiter geht es...
(n+2, 3n) = 2n-2
(n+2, 3n-1) = 2n-3
usw.
neues Muster...
Ungerade Abstände: (x, 4n-x+1) = 4n-2x+1
Gerade Abstände: (x+1, 4n-x+1) = 4n-2x
Dies macht man bis zum Abstand 1 bei x = 2n. Hier hat man also den Abstand:
(2n, 2n+1) = 1
Nun noch die letzte Verbindung:
(1, 2n+1) = 2n [der übersprungene Abstand 2n]
Für (4n+1) klappt es also alle Abstände von 1 bis 4n einmalig zu verenden, und man lässt etwa die Zahl (3n+1) weg.
So kann man es sicherlich auch für die andere mögliche Anzahl zeigen ^^
\hideoff
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ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3875
Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.13, eingetragen 2017-09-23
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Vielen Dank an euch beide schon mal. Für $n=8$ habe ich ein Beispiel
$\displaystyle (a_i)_{1\leq i\leq 8}=(1,9,2,8,3,6,4,5)$
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Ex_Senior
| Beitrag No.14, eingetragen 2017-09-23
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Die hier genannten Ideen sind durchaus zielführend. :)
Cyrix
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MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1417
Wohnort: Bayern
| Beitrag No.15, eingetragen 2017-09-23
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Hier noch das entsprechende Bsp. für n = 7
\hideon (1,8,2,7,4,6,5)
Genau nach dem selben Muster, wobei man hier die 3 übergehen muss nach der 7...
\hideoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]
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salomeMe
Senior 
Dabei seit: 06.10.2015
Mitteilungen: 451
Wohnort: Deutschland
| Beitrag No.16, eingetragen 2017-09-24
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Hallo,
da @ochen hier eine Ideenfindung zur ersten Aufgabe angestoßen hat und ich bei der zweiten lange gebrütet habe, bis mir etwas eventuell Sinnvolles eingefallen ist, möcht ich nachfragen, ob diese Idee zum Ziel führen könnte:
\hideon
Wir nehmen an, dass man 15 Ecken in einem regelmäßigen 35-Eck rote markieren kann, dass keine drei dieser roten Ecken ein gleichschenkliges Dreieck bilden.
Versuch diese Annahme zu widerlegen:
Wir wählen 2 beliebige verschiedene aus diesen 15 roten Ecken aus. Zeichen die 14 Strecken von einem der beiden Eckpunkte zu den restlichen roten Ecken. Vom 2. gewählten Punkt zeichnen wir nur noch 13 Strecken zu den 13 nicht gewählten roten Ecken. Jetzt wäre zu zeigen, dass es unter den 27 Strecken keine zwei parallel verlaufende Strecken gibt. Bei einem regelmäßigen 2n+1-Eck müssen die Mittelsenkrechten auf den Verbindungsstrecken zweier Ecken genau einen weiteren Eckpunkt enthalten. Nun vermute ich, dass die Mittelsenkrechten zweier nicht paralleler Verbindungsstrecken von Ecken eines regelmäßigen 2n+1-Ecks zwei verschiedene Eckpunkte enthalten - also die 27 Mittelsenkrechten 27 verschiedene Eckpunkte enthalten, die nicht rot sein dürften. Das ist ein Widerspruch zur Annahme, da diese maximal 20 nicht rote Ecken zulässt.
Also wären, falls die Idee nicht falsch ist, maximal 11 rote Ecken möglich. Dass diese Anzahl so klein ist, lässt mich an der Idee zweifeln.
\hideoff
EDIT: Die Idee ist wohl falsch, da es parallele Verbindungsstrecken zwischen den beiden gewählten roten Punkten und den restlichen geben kann.
Aber sie ist wohl zu verfeinern:
\hideon
Wenn man die zwei roten Punkte so wählt, dass sie nebeneinander liegen (dass solche auftreten müssen, ist klar da 35/15< 2,5), dann können maximal 6 Paare paralleler Verbindungsstrecken auftreten und damit müssten wohl 21 verschiedene nicht rote Punkte in den 27 Mittelsenkrechten liegen.
Dadurch hätten wir immer noch einen Widerspruch zur Annahme.
\hideoff
beste Grüße
salomeMe
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MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1417
Wohnort: Bayern
| Beitrag No.17, eingetragen 2017-09-24
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Mein Lösungsansatz, wenn ich die Aufgabe richtig im Kopf habe:
\hideon
In einem 35 Eck gibt es maximal von Ecke zu Ecke: $\lceil 34/2 \rceil = 17$ verschiedene Längen. D.h. unter 18 verschiedenen Ecke-Ecke-Strecken in einem 35-Eck müssen 2 gleichlang sein.
Nimmt man nun an, es gäbe eine gültige Einfärbung von 15 Eckpunkte, so wählt man davon 2 aus (A und B) und verbindet diese mit allen anderen eingefärbten Eckpunkten. Das ergibt 14+13 = 27 Ecke-Ecke-Strecken. Darunter müssen demnach 2 gleichlang sein. Dies ist aber ein Widerspruch zu einer gültigen Einfärbung, denn:
Fall 1)
(AC) und (AD) seien gleichlang: CAD gleichschenklig
Fall 2)
(AC) und (AB) seien gleichlang: CAB gleichschenklig
Fall 3 und 4 mit B statt A
Edit 2: Okay, (AC) und (BD) können auch gleichlang sein... dann nicht gleichschenklig darin.
Aber unter den 27 Strecken müssen 10 gleichlange Strecken-Paare existieren, von der Form (AC) = (BD) [C und D nicht identisch], damit es kein 2 gleichlange Schenkel unter den 27 Strecken gibt.
Vielleicht lässt sich das weiterverwenden...
\hideoff
Oder übersehe ich da was :S
Edit
@salomeMe
Wenn ich nicht zu einfach gedacht habe, dann hast du mit deiner 11 recht. Aber die Aufgabe dann wirklich sehr simpel. Vielleicht kann man die Grenze auch auf 10 verbessern :D
Edit 2
Nee, ich hab zu einfach gedacht ^^
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-24
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Hi,
ich glaube Folgendes stimmt.
\quoteon(2017-09-24 14:19 - salomeMe in Beitrag No. 16)
\hideon
Nun vermute ich, dass die Mittelsenkrechten zweier nicht paralleler Verbindungsstrecken von Ecken eines regelmäßigen 2n+1-Ecks zwei verschiedene Eckpunkte enthalten
\hideoff
\quoteoff
Denn:
\hideon
Benenne das 35-Eck mit $A_1A_2 \dots A_{35}$. Angenommen $A_1$ liege auf der Mittelsenkrechten von zwei solchen Strecken. (OBdA genügt es $A_1$ zu betrachten.) Beachte, dass gilt
$A_1A_2 = A_1A_{35} < A_1A_3 = A_1A_{34} < \dots < A_1A_{18} =
A_1A_{19}.$
Nun kann $A_1$ nur auf der Mittelsenkrechten von $A_iA_j$ liegen, wenn $A_1A_i = A_1A_j$.
Jetzt nur für die Notation: Oben hatten wir eine Ungleichungskette der Form
$A_1A_{a_1} = A_1A_{b_1} < A_1A_{a_2} = A_1A_{b_2} < \dots < A_1A_{a_{17}} = A_1A_{b_{17}}$
Wenn $A_1$ auf der Mittelsenkrechten von $A_iA_j$ liegt, dann hat $A_iA_j$ zwingend die Form $A_{a_k}A_{b_k}$, doch man kann leicht verifizieren, dass diese Strecken alle parallel zueinander sind.
Okay und das lässt sich natürlich verallgemeinern :-P
\hideoff
Aber ich bin mir nicht sicher, ob dieser Schritt stimmt.
\quoteon(2017-09-24 14:19 - salomeMe in Beitrag No. 16)
\hideon
Jetzt wäre zu zeigen, dass es unter den 27 Strecken keine zwei parallel verlaufende Strecken gibt.
\hideoff
\quoteoff
Den Beweis, den ich abgeschickt hab, finde ich ziemlich schön, nämlich
\hideon
Betrachte die Fünfecke $A_1A_8A_{15}A_{22}A_{29}, A_2A_9A_{16}A_{23}A_{30}, \dots, A_7A_{14}A_{21}A_{28}A_{35}.$ Das sind regelmäßige Fünfecke. Nach dem Schubfachprinzip sind in einem dieser Fünfecke drei Punkte rot gefärbt. Diese drei Punkte bilden ein gleichschenkliges Dreieck. Fertig :-D
\hideoff
Davor hatte ich eine Idee, die (glaube ich) funktionieren müsste, aber man müsste dafür sicher mindestens 10 Fälle abarbeiten... Dort hatte ich in den meisten Fälle aber auch nicht das Gefühl, dass 15 optimal ist. Allerdings habe ich auch nur etwa 6 Fälle durchgearbeitet, vielleicht wäre unter den restlichen Fällen welche gewesen, wo das doch notwendig ist.
Kezer :-)
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salomeMe
Senior
Dabei seit: 06.10.2015
Mitteilungen: 451
Wohnort: Deutschland
| Beitrag No.19, eingetragen 2017-09-24
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Hallo Kezer,
nachdem ich meinen Beitrag korrigiert hatte, ist Deiner aufgetaucht und darin hast Du meinen ursprünglichen Fehler erkannt. Aber beeindruckt hat mich hauptsächlich Dein wunderbarer Beweis - hätte nicht erwartet, dass man ihn so kurz hinbekommt.
\hideon
Andererseits war mir die Situation im regelmäßigen 5-Eck schon vorher klar, nur hatte ich nicht die Idee, dass man 7 kongruente regelmäßige 5-Ecke mit gemeinsamem Mittelpunkt so drehen kann, dass ein regelmäßiges 35-Eck entsteht.
\hideoff
beste Grüße
salomeMe
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2017-10-01
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Hallo salomeMe,
ich bin endlich dazu gekommen, Deinen EDIT zu lesen. Den Beweis finde ich sehr schön!
Kezer
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2017-10-07
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Hallo,
nach einer Bemerkung in der Musterlösung reichen sogar 10 rote Punkte für Aufgabe 2. Die Bemerkung sagt aber auch, dass es aus einer "sehr unübersichtlichen Fallunterscheidung" folgt :-D
Das erinnert mich doch sehr an meine Fallunterscheidung, sehr unübersichtlich passt zumindest schon mal...
Kezer
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Kezer hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Kezer hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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