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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von
stpolster
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.800, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18


Ich habe gerade die offiziellen Lösungen für die Klassenstufe 12 Stufe IV. für 1975 (XV.), 1979 (XIX.), 1980 (XX.) und 1981 (XXI.) Olympiade erhalten; und noch ein paar Einzelaufgaben.
Das Eintragen wird etwas dauern. Ich habe im Text die entsprechenden Aufgaben gekennzeichnet.

Das bedeutet aber nicht, dass eure Lösungen nicht willkommen sind. Im Gegenteil. Die sind oft viel besser.

938 Lösungen sind online.

LG Steffen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.801, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)

Aufgabe 4 - 151044
Man ermittle alle ungeordneten Paare (x, y) aus zwei natürlichen Zahlen ¨ x, y mit $x \not= y$, für die folgendes gilt!
Das arithmetische Mittel von x und y ist eine zweistellige Zahl. Vertauscht man deren Ziffern, so
erhält man das geometrische Mittel von x und y (das ist die Zahl $\sqrt{xy}$).

Lösung:
Es sei $\frac{x+y}2 = u$ und $\sqrt{xy}=v$. Nach Voraussetzungen gibt es $a,b \in \{0,1,\ldots, 9\}$ mit $u= 10a+b$ und $v= 10b+a$.

Aus $x+y=2u$ und $xy= v^2$ folgt nach Vieta, dass $x,y$ die Lösungen der quadratischen Gleichung $z^2-2uz+v^2=0$ sind.
Diese sind gegeben durch $z= u \pm \sqrt{u^2-v^2}$.
Somit muss $u^2-v^2 =(u+v)(u-v)=11(a+b)\cdot 9(a-b)$ eine Quadratzahl sein.
Da $a-b$ wegen $a\not= b$ (da $x\not=y$) nicht durch $11$ teilbar ist, muss also $a+b$ durch 11 teilbar sein. Das ist nur möglich, wenn $a+b=11$ gilt.
Es folgt, dass $a-b$ ebenfalls eine Quadratzahl sein muss, also $a-b\in\{1,4,9\}$. Da $a+b=11$ ungerade ist, muss auch $a-b$ ungerade sein, also ist $a-b\not=4$. Wäre $a-b=9$, so müsste $a=9$ und $b=0$ gelten, im Widerspruch zu $a+b=11$. Also ist $a-b=1$.
Damit erhalten wir jetzt $a=6$ und $b=5$, also $u=65$ und $v=56$, woraus wir letztendlich erhalten, dass
\[\{x,y\} = \{u\pm \sqrt{u^2-v^2}\}= \{65\pm 11\cdot 3\} = \{32,98\}.\]

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.799 begonnen.]
\(\endgroup\)


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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.802, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo Steffen,

übernimmst Du bitte die geänderte Lösung. Der zweite Teil / Hauptteil ist im wesentlichen von Nuramon.

Aufgabe 151035
Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n≥2 und alle diejenigen natürlichen Zahlen x >0, für die folgendes gilt! Im Ziffernsystem mit der Basis n ist x eine zweistellige Zahl, und durch Vertauschen ihrer Ziffern erhält man das Doppelte von x. (Dabei sollen wie ̈ublich für positive Zahlen nur solche Zifferndarstellungen zugelassen sein, die nicht mit 0 beginnen.)

$x$ habe die Zifferndarstellung $x=ab;\ 1\leq a,b < n$ zur Basis $n$. Dann gilt
\[b\cdot n +a = 2(a\cdot n +b) \\
\iff b(n-2) = a(2n-1) \\
\iff b = 2a + \frac{3a}{n-2}\ \text{.}
\] Damit $\frac{3a}{n-2}$ ganz ist, muss es ein $l\in \IZ$ geben mit $3a = l(n-2)$. Da $a>0$ ist, folgern wir $l\geq 1$ (und $n\not= 2$). Dann ist $b = l + \frac{2l(n-2)}3$. Da $b \leq n-1$, folgt
\[ l = \frac b{1+\frac{2(n-2)}3} \leq \frac {n-1}{1+\frac{2(n-2)}3}  = \frac{3n-3}{2n-1} < \frac{3n-3}{2n-2} = \frac 32 < 2.\] Also ist $1 \leq l < 2$ und somit folgt $l=1$.

Folglich ist $a= \frac{n-2}3$; $n-2$ durch 3 teilbar und $b = 2a + \frac{3a}{n-2} = 2a+1$. Daher erhalten wir für jedes $k\in\IN; k>0$ mit $n= 3k+2$, $a=k$, $b=2k+1$ und $x= an+b =3k^2+4k+1$ genau eine Lösung.

Korrektur: $k\in\IN$ durch $k\in\IN; k>0$ ersetzt.
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.803, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@TomTom314: Eine Kleinigkeit noch: $k=0$ ist nicht erlaubt, weil dann $ab$ nicht zweistellig ist.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.804, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18


Entweder war die nachfolgende Aufgabe ein totaler Ausrutscher, da viel zu einfach, oder ich habe einen Aussetzer:

Aufgabe 261023
Zahlen stellen wir gewöhnlich im dekadischen Positionssystem (unter Verwendung der Basis 10 und der Ziffern 0, 1, ..., 9) dar.
Man kann die Zahlen auch im dyadischen Positionssystem (oder Dualsystem) unter Verwendung der Basis 2 und der Ziffern 0 und 1 darstellen. Zur Unterscheidung sei diese dyadische Darstellung einer Zahl durch eckige Klammern und eine klein angehängte 2 gekennzeichnet.
a) Geben Sie für die Zahl 47 die dyadische Darstellung an!
Ermitteln Sie für die Zahl, deren Darstellung im dyadischen System $[110001]_2$ lautet, die Darstellung im dekadischen Positionssystem!
b) Eine natürliche Zahl heiße dekadische Spiegelzahl, wenn ihre  dekadische Darstellung von rechts nach links gelesen dieselbe Ziffernfolge ergibt wie von links nach rechts gelesen.
Ermitteln Sie mindestens zwei natürliche Zahlen, die größer als 9 sind und die Eigenschaft haben, sowohl dekadische als auch dyadische Spiegelzahl zu sein!

Lösung
a) Es ist
\[
47 = 32 + 8 + 4 + 2 + 1 = 2^5 + 2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0 = [101111]_2
\] Für $[110001]_2$ wird
\[
[110001]_2 =2^0 + 2^4 + 2^5 = 48
\] b) Systematisches Probieren der zweistelligen Spiegelzahlen 11, 22, ... liefert Zahlen, die gleichzeitig dekadische als auch dyadische Spiegelzahl sind:
\[
33 = [100001]_2 \qquad ; \qquad 99 = [1100011]_2
\]
Habe ich etwas übersehen?
LG Steffen



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.805, eingetragen 2019-06-18


Aufgabe 201244
Es sei a1,a2,...,an,...diejenige Folge reeller Zahlen, für die a1= 1 und $a_{n+1}= 2 a_n+\sqrt{3a^2_n+ 1}$ gilt. Man ermittle alle diejenigen Glieder dieser Folge, die ganzzahlig sind.

Die erste Werte der Folge sind $a_1=1; a_2=4; a_3=15;a_4=56; a_5=209$. Daher beweisen wir die Gleichung $a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n$ für $n\geq 1$. Daraus folgt dann, dass alle Folgenglieder ganzzahlig sind. Die Folge ist streng monoton steigend. Insbesondere gilt $2a_{n+1}> a_n$.
\[
a_{n+1}= 2 a_n+\sqrt{3a^2_n+ 1}\\
\Rightarrow (a_{n+1}- 2 a_n)^2=3a^2_n+ 1 \\
\Rightarrow a^2_{n+1}- 4a_{n+1} a_n + a^2_n= 1 \\
\Rightarrow (2a_{n+1}- a_n)^2 = 4a^2_{n+1}- 4a_{n+1} a_n + a^2_n=3a^2_{n+1} + 1 \\
\Rightarrow 2a_{n+1}- a_n= \sqrt{3a^2_{n+1}+ 1}\\

\] Die letze Gleichung wenden wir nun auf $a_{n+2}$ an.
\[a_{n+2}= 2 a_{n+1}+\sqrt{3a^2_{n+1}+ 1} = 2 a_{n+1}+2a_{n+1}- a_n = 4a_{n+1}- a_n\] q.e.d.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.803 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.806, eingetragen 2019-06-19


Aufgabe 4 - 231224 Man ermittle alle natürlichen Zahlen n, für die die Zahl $2^n +5$ eine Quadratzahl ist.

Lösung: Wenn $2^n+5$ eine Quadratzahl ist, so muss dann $n$ jedenfalls gerade sein, da für ein ungerades $n$
\[2^n+5=4^{\frac{n-1}2}\, 2+5\equiv (-1)^{\frac{n-1}2}\,2\equiv \pm 2\mod 5\] gelten würde, d.h., $2^n+5$ wäre dann ein quadratischer Nichtrest mod 5, Widerspruch!

Für ein gerades $n$ gilt aber $2^n=k^2$ mit $k=2^{\frac n2}\in\mathbb N$, d.h., $2^n$ ist selbst eine Quadratzahl. Wir müssen also nur noch die Gleichung \[k^2+5=\ell^2\] in positiven ganzen Zahlen $k,\ell$ lösen. Aus $(\ell-k)(\ell+k)=5$ folgt aber sofort $\ell-k=1,\ \ell+k=5$ und damit $k=2,\ \ell=3$. Wegen $2^n=k^2=2^2$ ist also $n=2$ dann eine Lösung der Aufgabe und auch die einzige.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.807, eingetragen 2019-06-19


Manche Aufgaben sind echt so einfach, dass einem Zweifel kommen, ob dies den Aufgabenstellern wirklich bewusst war oder ob sie eine kompliziertere Lösung vor Augen hatten:

Aufgabe 1 - 221221
Man ermittle alle Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, die das Gleichungssystem \[x·(y +z)=5\\ y·(x+z)=8\\ z·(x+y)=9\] erfüllen!

Setzt man \[u:=xy,\ v:=xz,\ w:=yz\] so erhält man das lineare(!) Gleichungssystem \[u+v=5\\u+w=8\\v+w=9\] in $u,v,w$ mit den offensichtlichen Lösungen
\[u=xy=2,\ v=xz=3,\ w=yz=6 \quad (*)\] Insbesondere gilt also dann
\[(xyz)^2=uvw=36 \Rightarrow xyz=\pm6\] und damit
\[x=\frac{xyz}{yz}=\pm 1,\ y=\frac{xyz}{xz}=\pm 2,\ z=\frac{xyz}{xy}=\pm 3\] Da wegen (*) alle Variablen jedenfalls das gleiche Vorzeichen haben müssen, gibt es also dann hier genau die 2 Lösungen
\[(x,y,z)\in\{(1,2,3),(-1,-2,-3)\}\]



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.808, eingetragen 2019-06-19


o Aufgabe 211223
Es sei ABCD ein beliebiges Viereck. Seine Seitenlängen seien a,b,c,d; sein Flächeninhalt sei F.Man beweise, dass dann stets die folgende Ungleichung (1) gilt
$$F≤1/4(a^2+b^2+c^2+d^2)\qquad (1)$$
Ferner ermittle man alle diejenigen Vierecke, für die in (1) das Gleichheitszeichen gilt.

Falls das Viereck konkav ist, können wird duch Spiegelung der konvaven Ecke ein zweite Viereck konstruieren welche das erste enthält und dieselben Seitenlängen besitzt. Daher reicht es aus, die Gleichung für konvexe Vierecke zu zeigen.

Seine $\beta,\delta$ die Winkel in $B,D$. Der Flächeninhalt kann getrennt in den Dreiecken $ABC$ und $ACD$ bestimmt werden:
\[4F=2ab\sin{\beta}+ 2cd\sin{\delta} \\
\leq 2ab+2cd = a^2+b^2 - (a-b)^2 +c^2+d^2 - (c-d)^2 \\
\leq a^2+b^2+c^2+d^2
\] Die Gleichheit gilt nur für 1) $\beta=\delta=90^\circ$ und 2) $a=b,c=d$. Analog erhalten wir mit \[4F=2ad\sin{\alpha}+ 2bc\sin{\gamma}\] aus der Gleichheit ebenfall 1') $\alpha=\gamma=90^\circ$ und 2') $a=d,b=c$. Also gilt das Gleichheitszeichen nur, wenn $ABCD$ ein Quadrat ist.


[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.809, eingetragen 2019-06-19


Aufgabe 3 - 221223
Man beweise: Sind $a$ und $b$ von Null verschiedene natürliche Zahlen, $d$ ihr größter gemeinsamer Teiler und v ihr kleinstes gemeinsames Vielfaches, so gilt \[a+b \le d+v \quad (1)\] Man untersuche, für welches $a,b$ in (1) das Gleichheitszeichen gilt.

Beweis: Ausgehend von der offensichtlich gültigen Ungleichung
\[(a-d)(b-d)\ge 0\quad (*)\] gelangt man unter Verwendung von $d>0$ durch einfache Äquivalenzumformungen zu
\[a+b\le d+\frac{ab}d\quad (**)\] was wegen $v=\frac{ab}d$ genau die zu beweisende Ungleichung darstellt.

Da ferner für die ursprüngliche Ungleichung (*) das Gleichheitszeichen genau für $a=d$ oder $b=d$, also $a|b$ bzw. $b|a$ gilt, ist dies dann auch die entsprechende Bedingung für Gleichheit in (**).



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.810, eingetragen 2019-06-19



Der Würfel wird zerlegt in drei Arten von Körpern, siehe nachfolgendes Bild:



1. Ein regelmäßiges Oktaeder im Zentrum des Würfels (grün). Die Eckpunkte des Oktaeders liegen jeweils in der Mitte der äußeren Würfelflächen, die Kantenlänge des Oktaeders ist eine halbe Würfelflächendiagonale. Die quadratische Grundfläche eines halben Oktaeders (Pyramidengrundfläche) ist dann genau eine halbe Würfelfläche, die Höhe einer Pyramide ist $\frac12a$, so dass sich als Volumen des Oktaeders ergibt:
$$V_O=2\cdot\frac13\cdot\frac12a\cdot\frac12a^2=\frac16a^3$$
2. Auf jeder Oktaederfläche sitzt ein regelmäßiger Tetraeder (blau), dessen Spitze der Eckpunkt eines Würfels ist. Es gibt daher acht dieser Tetraeder. Er besitzt die gleiche Kantenlänge wie der Oktaeder, also eine halbe Würfelflächendiagonale $\frac12\sqrt2a$.
Das Volumen eines regelmäßigen Tetraeders wird als bekannt vorausgesetzt und wird hier nicht hergeleitet. Das Volumen dieser Tetraeder ist dann
$$V_T=\frac{\sqrt2}{12}\left(\frac{a}{\sqrt2}\right)^3=\frac1{24}a^3$$
3. Die Würfelkanten bilden mit zwei Tetraederflächen und jeweils einer Viertel-Würfelfläche eine schiefe, wenngleich symmetrische Pyramide (orange). Die Grundfläche (z.B. $ELA$) ist $\frac14a^2$, die Höhe der Pyramide ist $\frac12a$, so dass das Volumen der Pyramide
$$V_P=\frac13\cdot\frac14a^2\cdot\frac12a=\frac1{24}a^3$$
beträgt. Das Volumen der Pyramide entspricht also dem des Tetraeders. Da eine solche Pyramide an jeder Würfelkante liegt, gibt es derer zwölf.

Der Würfel wird also in 21 Teile geteilt, 1 Oktaeder, 8 Tetraeder und 12 schiefe Pyramiden. Kontrolle:
$$V_{ges}=V_O+8V_T+12V_P=\frac16a^3+\frac8{24}a^3+\frac{12}{24}a^3=a^3$$

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.811, eingetragen 2019-06-19




Wir nehmen an, dass $a, b \in\mathbb R$ und $x\in\mathbb R\backslash\left\{0\right\}$. Aus der ersten, "eigentlich richtigen" Aufgabe folgt einerseits:
$$(1)\qquad1+a^2x^2=bx^2$$Die zweite, "falsch gedruckte" Aufgabe lautet andererseits:
$$(2)\qquad(1+a^2x^2)\cdot x^2=b$$(1) in (2) eingesetzt ergibt:
$$(3)\qquad bx^2\cdot x^2=b$$$b=0$ erfüllt zwar diese Gleichung, würde aber wegen (1) erfordern, dass
$$1+a^2x^2=0$$ist, was in $\mathbb R$ nicht erfüllbar ist. Daher muss in (3) gelten:
$$x^4=1$$Da $x\in\mathbb R$, ist die Lösungsmenge $\left\{1,-1\right\}$.

Ciao,

Thomas



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.812, eingetragen 2019-06-19


Aufgabe 2 - 221222
Man untersuche, ob es unter allen Dreiecken, bei denen für die Seitenlängen $a,b,c$ die Beziehungen $a ≤1cm ≤ b ≤2cm ≤ c ≤3cm$ gelten, ein Dreieck mit größtmöglichem Flächeninhalt gibt. Ist das der Fall, so ermittle man diesen Flächeninhalt.

Lösung: Gemäß der trigonometrischen Flächenformel
\[A=\frac 12 ab\sin\gamma\] für ein Dreieck mit den Seitenlänge $a$ und $b$, sowie dem eingeschlossenen Winkel $\gamma$ nimmt $A$ unter Berücksichtigung jetzt nur der Nebendingungen
\[a\in (0,1],\ b\in [1,2],\ \gamma\in (0,\pi)\] sein Maximum offensichtlich für
\[a=1,\ b=2, \gamma=\frac{\pi}2\] an. Allerdings haben wir hier noch eine weitere Nebenbedingung, nämlich $c\in[2,3]$ für die dritte Seite $c$, welche aber dann wegen
\[c=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt 5\approx 2.236\] ebenfalls erfüllt ist, sodass dieses rechtwinkelige Dreieck mit Flächeninhalt $A=1$ dann tatsächlich die Lösung der Aufgabe darstellt.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.810 begonnen.]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.813, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-19


Danke für die vielen neuen Lösungen.
Wir haben jetzt schon 955.

LG Steffen



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.814, eingetragen 2019-06-19




Offenkundig wird durch $[x]$ die reelle Zahl $x$ auf die nächstkleinere ganze Zahl abgerundet. Gemäß Definition gilt:
$$[x^2]\leq x^2<[x^2]+1$$Und laut Aufgabenstellung
$$[x^2]=[x]^2$$so dass gelten muss:
$$[x]^2\leq x^2<[x]^2+1$$Es sei nun $x=g+f$, wobei $g=[x]$ der nächstkleineren ganzen Zahl entspreche, und es gilt darüber hinaus $0\leq f<1$. Daher:
$$g^2\leq (g+f)^2<g^2+1$$$$g^2\leq g^2+2gf+f^2<g^2+1$$$$0\leq 2gf+f^2<1$$Die Gleichung ist schon einmal grundsätzlich erfüllt für $f=0$, so dass alle ganzzahligen $x\in\{-10,-9,...,1,2\}$ die Gleichung erfüllen. Sei nun $x$ nicht ganzzahlig, also $f>0$. Aufgeteilt auf zwei Ungleichungen muss gelten:
$$(1)\qquad2gf+f^2>0$$und
$$(2)\qquad2gf+f^2<1$$Da $f>0$ ist, folgt aus (1) als weitere Voraussetzung
$$2g+f>0$$woraus man schon einmal schließen kann, dass $g\geq0$ sein muss, da $f<1$ ist. Somit kommt grundsätzlich nur $x>0$ in Frage, und damit nur $g=0$ oder $g=1$. Aus (2) folgt:
$$-g-\sqrt{g^2+1}<f<-g+\sqrt{g^2+1}$$Da außerdem $f>0$ gelten muss, die linke Seite hier aber kleiner als null ist, folgt als schärfere Bedingung:
$$0<f<-g+\sqrt{g^2+1}$$oder
$$g<x<\sqrt{g^2+1}$$Für $g=0$ bedeutet das $0<x<1$, für $g=1$ folgt $1<x<\sqrt2$. Gesamtlösung:
Vereinigt man diese Lösungsintervalle mit den ganzzahligen Lösungen $x=0$ und $x=1$, gilt allgemein $0\leq x<\sqrt2$, sowie alle ganzen Zahlen im Intervall $[-10,2]$.

Ciao,

Thomas


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.812 begonnen.]



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.815, eingetragen 2019-06-19




Ein Punkt auf dem Graphen $k$ sei gegeben durch die Koordinate $(x,\frac1x)$. Der Abstand $d_1$ zum Punkt $F_1$ ist:
$$d_1=\sqrt{\left(x-\sqrt2\right)^2+\left(\frac1x-\sqrt2\right)^2}$$Wurzelausdruck vereinfachen:
$$d_1=\sqrt{x^2-2\sqrt2x+2+\frac1{x^2}-2\frac{\sqrt2}x+2}=\sqrt{x^2+\frac1{x^2}+4-2\sqrt2\left(x+\frac1x\right)}$$Wir substituieren:
$$A=x^2+\frac1{x^2}+4=\left(x+\frac1x\right)^2+2$$$$B=2\sqrt2\left(x+\frac1x\right)$$so dass gilt:
$$d_1=\sqrt{A-B}$$In analoger Weise erhält man
$$d_2=\sqrt{A+B}$$Es muss nun gelten:
$$|\sqrt{A+B}-\sqrt{A-B}|=c$$Quadrieren:
$$A+B+A-B-2\sqrt{(A+B)(A-B)}=c^2$$$$c^2=2A-2\sqrt{A^2-B^2}$$Es ist
$$A^2-B^2=\left(x+\frac1x\right)^4+4\left(x+\frac1x\right)^2+4-8\left(x+\frac1x\right)^2$$$$A^2-B^2=\left(x+\frac1x\right)^4-4\left(x+\frac1x\right)^2+4$$$$A^2-B^2=\left(\left(x+\frac1x\right)^2-2\right)^2$$Da $(x+\frac1x)^2\geq4$, folgt:
$$\sqrt{A^2-B^2}=\left(x+\frac1x\right)^2-2$$und somit:
$$c^2=2\left(x+\frac1x\right)^2+4-2\left(\left(x+\frac1x\right)^2-2\right)=8$$Also ist die gesuchte Zahl $c=\sqrt8=2\sqrt2$.

Ciao,

Thomas



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weird
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Aufgabe 4 - 221224 Es sei $n\ne 0$ eine natürliche Zahl. Auf einer Kreislinie seien $2n$ paarweise verschiedene Punkte $P_1,P_2,...,P_{2n}$ gegeben. Gesucht wird die Anzahl $A_n$ aller verschiedenen Möglichkeiten, eine Menge von n Sehnen so zu zeichnen, dass folgende Forderungen erfüllt sind: Jede Sehne verbindet einen der Punkte $P_1,P_2,...,P_{2n}$ mit einem anderen dieser Punkte, und keine zwei dieser Sehnen haben im Innern oder auf dem Rand des Kreises einen gemeinsamen Punkt. Zwei Möglichkeiten gelten genau dann als verschieden, wenn es mindestens ein Punktepaar $P_i,P_j$ gibt, das bei der einen der beiden Möglichkeiten durch eine Sehne verbunden ist, bei der anderen Möglichkeit dagegen nicht.

a) Ermitteln Sie die Anzahl $A_3$, indem Sie zu sechs Punkten $P1,P2,...,P6$ mehrere verschiedene Möglichkeiten für drei Sehnen angeben und nachweisen, dass damit alle verschiedenen Möglichkeiten der geforderten Art erfasst sind!

b) Ermitteln Sie eine Formel, mit der man für beliebiges n ≥ 2 die Anzahl $A_n$ aus den Anzahlen $A_1,...,A_{n−1}$ berechnen kann!

c) Ermitteln Sie die Anzahl $A_5$!

Lösung: Im Folgenden gehen wir davon aus, dass die Punkte $P_1,P_2,...,P_{2n}$ nacheinander in genau dieser Reihenfolge, sowie in einem einheitlichen Umlaufsinn auf der Kreislinie angeordnet sind, was nur die Sprechweise hier etwas vereinfacht, aber in Hinblick auf die Problemstellung keine Einschränkung der Allgemeinheit bedeutet. Ferner bezeichnen wir im Folgenden eine Auswahl von $n$ Sehnen als "zulässig", wenn sie alle gestellten Anforderungen der Aufgabe hier erfüllt. Allgemeiner wollen wir auch eine Auswahl von $k\le n$ Sehnen als zulässig bezeichnen, wenn sie auf wenigstens eine Weise zu einer zulässigen Sehnenauswahl von $n$ Sehnen vervollständigt werden kann. Hierbei ist im Folgenden vor allem der Sonderfall $k=1$ sehr wichtig.

a) Wir machen zunächst eine "Grobunterteilung" nach den Möglichkeiten, von dem festgehaltenen Punkt $P_1$ eine zulässige Sehne zu ziehen, die also dann nach Obigem auf mindestens eine Weise zu einer zulässigen Sehnenauswahl vervollständigt werden kann.

$\bullet$ Verbindet man $P_1$ mit einem seiner beiden benachbarten Punkte $P_2$ oder $P_6$, so hat man für die restlichen 4 Punkte dann jeweils noch 2 Möglichkeiten der Vervollständigung zu einer zulässigen Sehnenauswahl.

$\bullet$ Verbindet man $P_1$ mit dem Punkt $P_4$, so sind die restlichen Sehnen für eine zulässige Auswahl dadurch wie folgt festgelegt: $P_2$ muss mit $P_3$ und $P_5$ mit $P_6$ verbunden werden, d.h., man hat hier nur genau eine Möglichkeit.

$\bullet$ Verbindet man $P_1$ mit einem der anderen Punkte $P_3$ oder $P_5$, so gibt es dann für $P_2$ bzw. $P_6$ keine zulässige "Paarung" zu einem noch freien Punkt mittels einer Sehne, diese Verbindungen sind also dann Beispiele für nicht zulässige Sehnen.

Die Gesamtzahl $A_3$ der Möglichkeiten in a) für einen zulässige Sehnenauswahl beträgt somit 5.

b) Für den allgemeinen Fall müssen wir folgende Frage beantworten: Wann genau ist einen Sehne von $P_1$ zu einem anderen Punkt $P_k,\ k=2,3,..,2n$ in obigem Sinne zulässig? Wenn wir voraussetzen, was sich auch induktiv als gültig erweist, dass alle $A_k>0$ sind für $k=0,1,..,n-1$ (wobei wir hier noch aus Gründen der Kompatibilität $A_0:=1$ setzen), dann ist die Antwort überraschend einfach: Es genügt einfach zu fordern, dass zwischen $P_1$ und $P_k$, sowie auch zwischen $P_k$ und $P_1$ im Sinne unserer zyklischen Orientierung, jeweils eine gerade Anzahl von Punkten liegen, da es dann für diese beiden Teilmengen von Punkten nach Voraussetzung jeweils für sich betrachtet eine zulässige Sehnenauswahl gibt.

Damit ist nun auch klar eine induktive Berechnungsmöglichkeit für $A_n$ für $n>0$ vorgegeben, nämlich:
\[A_n=\sum\limits_{k=0}^{n-1} A_kA_{n-k-1}\quad (n\in\mathbb N^*)\] Beispielsweise erhält man so:

$\bullet \ A_1=A_0A_0=1\cdot 1=1$.
$\bullet \ A_2=A_0A_1+A_1A_0=1\cdot 1+1\cdot 1=2$.
$\bullet \ A_3=A_0A_2+A_1A_1+A_2A_1=1\cdot 2+1\cdot 1+2\cdot 1=5$.
$\bullet \ A_4=A_0A_3+A_1A_2+A_2A_1+A_3A_0=1\cdot 5+1\cdot 2+2\cdot 1+5\cdot 1=14$

womit sich nun auch der letzte noch ausstehende Punkt c) sehr einfach wie folgt beantworten lässt:

c) $A_5=A_0A_4+A_1A_3+A_2A_2+A_3A_1+A_4A_0=1\cdot 14+1\cdot 5+2\cdot 2+5\cdot 1+14\cdot 1=42$.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.814 begonnen.]



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.817, eingetragen 2019-06-19




Wenn man den Körper durch sechs Pyramiden ergänzt, ergibt sich ein einfaches Prisma mit sechseckiger Grundfläche. Die zu ergänzenden Pyramiden sind zum Beispiel $ABCB'$, $AEFF'$ oder $A'B'F'A$. Alle diese Pyramiden sind gleich groß. Das Sechseck stellt sich wie folgt dar:


Es gilt $a=\sqrt3\;b$. Die Fläche des Sechsecks ist dann:
$$A_S=ab+4\cdot\frac12\cdot\frac12a\cdot\frac12b=\frac32ab$$Die Grundfläche einer der sechs zu ergänzenden Pyramiden ist:
$$A_P=\frac12a\cdot\frac12b=\frac14ab$$Das Volumen einer Pyramide ist:
$$V_P=\frac13hA_P=\frac1{12}abh$$Dann ergibt sich für das Volumen des gesuchten Körpers:
$$V_K=hA_S-6V_P=\frac32abh-6\cdot\frac1{12}abh=abh$$$$V_K=\frac13\sqrt3\;a^2h$$

Ciao,

Thomas



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.818, eingetragen 2019-06-19


2019-06-19 11:25 - weird in Beitrag No. 807 schreibt:
Manche Aufgaben sind echt so einfach, dass einem Zweifel kommen, ob dies den Aufgabenstellern wirklich bewusst war oder ob sie eine kompliziertere Lösung vor Augen hatten:

Aufgabe 1 - 221221
Man ermittle alle Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, die das Gleichungssystem \[x·(y +z)=5\\ y·(x+z)=8\\ z·(x+y)=9\] erfüllen!


@weird:
An dieser Aufgabe hatte ich mich nicht selbst versucht, sondern mir gleich deine Lösung angesehen. Deshalb kann ich nicht wirklich beurteilen, ob es schwer ist, darauf zu kommen. Für mein Dafürhalren sieht deine Lösung aber sehr clever aus und liegt nicht sofort auf der Hand, und somit ist die Aufgabe einer Matheolympiade würdig.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.819, eingetragen 2019-06-19




Wir formen die Ungleichungen jeweils nach $y$ um:
$$(1)\qquad y<-\frac12x+10$$$$(2)\qquad y<x+4$$$$(3)\qquad y\geq ax+6$$Kombiniert man (1) mit (3), so muss gelten:
$$-\frac12x+10>ax+6$$$$(4)\qquad\left(a+\frac12\right)x<4$$Kombiniert man (2) mit (3), so folgt:
$$x+4>ax+6$$$$(5)\qquad(a-1)x<-2$$Wenn $\left(a+\frac12\right)$ und $(a-1)$ das gleiche Vorzeichen haben, gibt es auf jeden Fall unendlich viele Lösungen, da ich Ungleichungen (4) und (5) jeweils durch die Klammerausdrücke teilen kann und die jeweils schärfere Bedingung die Lösungsmenge bestimmt.
Wenn $a=1$ ist, ist Ungleichung (5) nicht erfüllbar. Wenn $a=-\frac12$, dann ist Ungleichung (4) auf jeden Fall erfüllt und es gibt unendlich viele Lösungen.
Es ist neben $a=1$ nur dann möglich, dass es keine Lösung gibt, wenn die beiden Klammerausdrücke unterschiedliche Vorzeichen haben und die Ungleichungen (4) und (5) sich widersprechen. Ungleiche Vorzeichen liegen vor für $-\frac12<a<1$, denn dann ist $a+\frac12>0$ und $a-1<0$. Somit gilt laut Ungleichung (4):
$$x<\frac{4}{a+\frac12}$$ und laut Ungleichung (5):
$$x>\frac{-2}{a-1}$$und in Kombination:
$$\frac{4}{a+\frac12}>\frac{-2}{a-1}$$Wir multiplizieren mit beiden Nennern. Das Produkt der beiden Nenner ist voraussetzungsgemäß kleiner als null, so dass sich die Richtung der Relation umdreht:
$$4(a-1)<-2\left(a+\frac12\right)$$$$4a-4<-2a-1$$$$6a<3$$$$a<\frac12$$Für diese $a$ widersprechen sich die Ungleichungen (4) und (5) nicht. Es gibt daher unendlich viele Lösungen für $a<\frac12$ oder $a>1$, dazwischen gibt es keine Lösung.

Ciao,

Thomas



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.820, eingetragen 2019-06-19


2019-06-19 22:37 - StrgAltEntf in Beitrag No. 818 schreibt:
2019-06-19 11:25 - weird in Beitrag No. 807 schreibt:
Manche Aufgaben sind echt so einfach, dass einem Zweifel kommen, ob dies den Aufgabenstellern wirklich bewusst war oder ob sie eine kompliziertere Lösung vor Augen hatten:

Aufgabe 1 - 221221
Man ermittle alle Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, die das Gleichungssystem \[x·(y +z)=5\\ y·(x+z)=8\\ z·(x+y)=9\] erfüllen!


@weird:
An dieser Aufgabe hatte ich mich nicht selbst versucht, sondern mir gleich deine Lösung angesehen. Deshalb kann ich nicht wirklich beurteilen, ob es schwer ist, darauf zu kommen. Für mein Dafürhalren sieht deine Lösung aber sehr clever aus und liegt nicht sofort auf der Hand, und somit ist die Aufgabe einer Matheolympiade würdig.

An dieser Stelle möchte ich nochmals meine Zuneigung für den Hide-Bereich ausdrücken, der nicht nur die Lesbarkeit des Threads deutlich erhöht, sondern eben auch versehentliches Lösungssehen verhindert razz . Wenn ich sehe, dass eine Aufgabe, an der ich interessiert bin, hier gelöst steht, schaue ich mir die Seite nicht mehr an, sondern scrolle sofort zum letzten Beitrag.

Zu der Aufgabe: Es war die 2. Runde (Regionalrunde) und davon Aufgabe 1, und da kann man in der Regel nichts Schweres erwarten.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.821, eingetragen 2019-06-20


2019-06-19 22:37 - StrgAltEntf in Beitrag No. 818 schreibt:
@weird:
An dieser Aufgabe hatte ich mich nicht selbst versucht, sondern mir gleich deine Lösung angesehen. Deshalb kann ich nicht wirklich beurteilen, ob es schwer ist, darauf zu kommen. Für mein Dafürhalren sieht deine Lösung aber sehr clever aus und liegt nicht sofort auf der Hand, und somit ist die Aufgabe einer Matheolympiade würdig.


@StrgAltEntf und Kornkreis

Ja, war im Nachhinein echt dumm von mir, das nicht in die geniale show-Umgebung zu packen, damit man zunächst einmal rein gar nichts, ja nicht einmal die Länge der Lösung daraus ersehen kann, jetzt nur für den Fall, dass sich jemand noch selbst an der Aufgabe versuchen will. Werde mir das aber zu Herzen nehmen und es in Hinkunft generell so machen.  wink



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.822, eingetragen 2019-06-20


Und hier gleich die Umsetzung obigen Vorsatzes für die nachfolgende nette Aufgabe.  wink


Aufgabe 5 - 231235
Man ermittle alle Paare $(a,b)$ von Primzahlen $a$ und $b$ für die gilt: \[3a^2 +a = b^2 +b\]

Wir halten zunächst fest, dass gilt
\[2a^2=b^2+b-a^2-a=(b-a)(b+a+1)\quad (*)\] und hier nicht $b-a=1$ sein kann, da daraus wegen der Primzahleigenschaft von $a$ und $b$ sofort $a=2$ und $b=3$ folgen würde, was aber keine Lösung unserer Gleichung hier ist. Es kann aber auch nicht $a|b-a$ gelten, da aus $b-a=ka$ für ein $k\in \mathbb N^*$ sofort $b=(k+1)a$ folgen würde, wieder im Widerspruch zur Primalität von $b$. Es muss daher $b-a=2$, d.h., $b=a+2$ sein. Einsetzen in (*) führt dann zunächst auf
\[2a^2=2(2a+3)\] und nach einer einfachen Umformung weiter auf
\[(a-1)^2=4\] Wegen $a>1$ muss also dann $a=3$ und damit $b=a+2=5$ gelten, was dann tatsächlich als einziges Paar von Primzahlen die Aufgabe hier löst.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.823, eingetragen 2019-06-20




(Off protocol 1: Diese Aufgabe erscheint mir so einfach, und das für Klassenstufe 12, 3. Runde, dass ich mich frage, ob ich etwas übersehe.)
(Off protocol 2: Da Hyperplot in einem anderen Thread kritisiert hat, dass die Lösungen hier so "reingeknallt werden": So habe ich den Thread verstanden, es werden Lösungen gesammelt, nicht diskutiert. Oder ist es eher erwünscht, die Lösungen in einen Hide-Bereich zu schreiben? Ich bitte dann um kurzen Hinweis.)

Die Existenz eines Grenzwertes für $x_n$ wird vorausgesetzt, dieser sei
$$x=\lim_{n \rightarrow \infty}x_n$$Dann folgt aus der rekursiven Bildungsvorschrift:
$$x=\sqrt{a+x}$$$$x^2=a+x$$$$x=\frac12\pm\sqrt{\frac14+a}$$Da $x_n$ immer die positive Wurzel eines positiven reellen Ausdrucks ist, kann $x$ nicht kleiner als null werden. Daher kommt für den Grenzwert $x$ nur die Lösung
$$x=\frac12+\sqrt{\frac14+a}$$in Frage. Da laut Aufgabenstellung $a>0$ sein soll, folgt aus der vorigen Gleichung keinerlei Einschränkung für $a$.

Ciao,

Thomas



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.824, eingetragen 2019-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@MontyPythagoras: Du hast noch nicht gezeigt, für welche $a>0$ die Folge konvergiert.
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.825, eingetragen 2019-06-20


Hallo MontyPythagoras,

2019-06-20 12:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 823 schreibt:
1) Die Existenz eines Grenzwertes für $x_n$ wird vorausgesetzt,

2) $x=-\frac12\pm\sqrt{\frac14+a}$

1) Wieso kannst du das?

2) Hier muss es $x=\frac12\pm\sqrt{\frac14+a}$ heißen.

Gruß
StrgAltEntf

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.823 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.826, eingetragen 2019-06-20


2019-06-20 12:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 823 schreibt:
Die Existenz eines Grenzwertes für $x_n$ wird vorausgesetzt, dieser sei
$$x=\lim_{n \rightarrow \infty}x_n$$

Ich lese aus dem Aufgabentext eigentlich jetzt nicht heraus, dass man die Existenz des Grenzwerts voraussetzen darf, sondern würde im Gegenteil meinen, der Beweis dieser Tatsache die Hauptschwierigkeit bei dieser Aufgabe ist. (Übrigens hast du bei der Lösung der quadratischen Gleichung für $x$ auch einen Vorzeichenfehler eingebaut!  wink  )




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.823 begonnen.]



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.827, eingetragen 2019-06-20


@StrgAltEntf, ad "2)": ich habe es korrigiert. Habe bei mir selbst falsch abgeschrieben.
Ich formuliere es anders: "wenn der Grenzwert $x$ existiert, dann muss er wie folgt lauten..." und so weiter. Er existiert, wenn $x-x_n$ eine Nullfolge ist. Das wäre zu zeigen. Würde das als Argumentation reichen?

Ciao,

Thomas


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.825 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.828, eingetragen 2019-06-20


2019-06-20 13:22 - MontyPythagoras in Beitrag No. 827 schreibt:
Ich formuliere es anders: "wenn der Grenzwert $x$ existiert, dann muss er wie folgt lauten..." und so weiter. Er existiert, wenn $x-x_n$ eine Nullfolge ist. Das wäre zu zeigen. Würde das als Argumentation reichen?

Man kann entweder zeigen, dass $(x_n-x)$ eine Nullfolge ist oder halt den "üblichen" Weg beschreiten, indem man zeigt, dass $(x_n)$ monoton wachsend und nach oben beschränkt ist.  wink



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.829, eingetragen 2019-06-20


2019-06-20 12:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 823 schreibt:
 Da Hyperplot in einem anderen Thread kritisiert hat, dass die Lösungen hier so "reingeknallt werden": So habe ich den Thread verstanden, es werden Lösungen gesammelt, nicht diskutiert. Oder ist es eher erwünscht, die Lösungen in einen Hide-Bereich zu schreiben? Ich bitte dann um kurzen Hinweis.)

Nein, ich habe das gelobt.
Was nützt mir eine Aufgabensammlung, in Form von geistreichen Randbemerkungen. Ich habe vll. zuviel, aber auch nicht unendlich Zeit.
Vollständige Lösungen, und zwar sauber.




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.827 begonnen.]



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.830, eingetragen 2019-06-20


Noch einmal neu:

Wir zeigen zunächst per vollständiger Induktion, dass $x_{n+1}>x_n$ für alle $n>1$ gilt:
Induktionsanfang: es ist $x_2=\sqrt{a+\sqrt a}>\sqrt a=x_1$.
Induktionsschritt: damit $x_{n+1}>x_n$ ist, muss gelten:
$$\sqrt{a+x_n}>x_n$$Da beide Seiten positiv sind, kann man quadrieren:
$$a+x_n>x_n^2$$bzw.
$$x_n^2-x_n-a<0$$Das ist der Fall für
$$\frac12-\sqrt{\frac14+a}<x_n<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$$
Wir zeigen nun per vollständiger Induktion, dass immer $x_n<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$ erfüllt ist:
Induktionsanfang: es ist $x_1=\sqrt a<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$.
Induktionsschritt: Damit $x_{n+1}<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$ gültig ist, muss gelten:
$$\sqrt{a+x_n}<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$$Quadrieren:
$$a+x_n<\frac14+\frac14+a+\sqrt{\frac14+a}$$$$x_n<\frac12+\sqrt{\frac14+a}$$q.e.d.
$x_n$ ist somit streng monoton wachsend und nach oben beschränkt, so dass ein Grenzwert
$$x=\lim_{n \rightarrow \infty}x_n$$existiert für alle $a>-\frac14$. Da per Aufgabenstellung sowieso $a>0$ vorgegeben ist, besteht keine weitere Einschränkung hinsichtlich $a$. Den Grenzwert erhält man durch lösen der Gleichung $x=\sqrt{x+a}$, und es ist dann die einzige positive Lösung
$$x=\frac12+\sqrt{\frac14+a}\quad\forall\quad a>0$$

Ciao,

Thomas



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moudi
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Ich habe noch einen Nachtrag zu Aufgabe 221244

Man beweise, dass das Polynom

\[ f(x)=\frac{1}{630}x^9-\frac{1}{21}x^7+\frac{13}{30}x^5-\frac{82}{63}x^3+\frac{32}{35} x \]
nur ganzzahlige Lösungen hat.

Wenn man sich ein bisschen auskennt mit Polynomen, die nur ganzzahlige Werte annehmen, dann weiss man, dass es ganzzahlige Linearkombinationen von Binomialkoeffizient $\binom{x}{k}$ sind.

Und siehe da, $f(x)$ besitzt die Nullstellen $x=0$, $x=1$, $x=2$, $x=3$, $x=4$ und weil $f(x)$ ungerade ist, auch die Nullstellen $x=-1$, $x=-2$, $x=-3$, $x=-4$. Das Polynom $f(x)$ hat also 9 aufeinander folgende ganze Zahlen als Nullstellen. Das Polynom $\binom{x}{9}$ hat die 9 Nullstellen $x=0$, $x=1$, $\ldots$, $x=8$. Verschieben um 4 nach links ergibt das
Polynom $g(x)=\binom{x+4}{9}$. Wegen $f(5)=576$ und $g(5)=1$ gilt daher $f(x)=576\binom{x+4}{9}$.

Alternativ kann man auch zeigen, dass
\[ 630\cdot f(x)=x(x^2-1)(x^2-4)(x^2-9)(x^2-16). \]
Liebe Grüsse
Moudi

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.829 begonnen.]



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TomTom314
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Aufgabe 3A - 111043A
Es sei ABCD ein konvexes Drachenviereck mit AB=AD > BC=CD. Ferner sei F ein auf AB zwischen A und B gelegener Punkt, für den AB:BC=BC:FB gilt. Schließlich sei E derjenige im Inneren von ABCD gelegene Punkt, für den EC=BC(=CD) und FE=FB gilt.Beweisen Sie, dass E auf dem von D auf die Gerade durch A und B gefällten Lot liegt!

Aus $EC=BC$ und $FE=FB$ folgt, dass $EBCF$ ebenfalls ein Drachenviereck ist. Die Dreiecke $ABC$ und $FBC$ haben eine gemeinsamen Winkel in B. Aus $\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{FB}$ folgt, dass diese und somit die beiden Drachenvierecke kongruent sind mit $FE=FB<EC=BC$.

Definiere $\alpha:=\angle DAB := \angle BCF$, $\beta =\angle ABC =\angle BCD=\angle EBC=\angle CFB$ und $\gamma:=\angle BCD =\angle FEB$. Dann erhalten wir $\angle ECD = \gamma -\alpha$. Da das Dreieck $ECD$ gleichschenklig mit Basis $ED$ ist, gilt $\angle CDE = 90^\circ-\frac{\gamma-\alpha}{2}$ und somit
\[ \angle EDA = \angle CDA - \angle CDE \\
= \beta - (90^\circ-\frac{\gamma-\alpha}{2}) \\
= \frac{2\beta +\gamma +\alpha -2\alpha}{2}-90^\circ \\
= 90^\circ -\alpha = 90^\circ -\angle DAB
\] Also schneidet die Gerade $ED$ die Strecke $AB$ im rechten Winkel.



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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich habe das Gefühl, dass ich in meine Lösung der nächsten Aufgabe mit Symmetriebetrachtungen noch etwas kürzen könnte, sehe aber nicht wie.

Vielleicht gibt es sogar eine geometrische Lösung?

Aufgabe 5 - 211045
Ermitteln Sie alle Mengen $a, b, c$ aus positiven ganzen Zahlen $a, b, c$, die jeweils zusammen mit der Zahl $s =\frac 12(a + b + c)$ die Gleichung
\[\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = 2s\] erfüllen.
Anmerkung: Sind $a,b,c$ die Seitenlängen eines Dreiecks, dann ist $\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ sein Flächeninhalt. Andererseits ist der Flächeninhalt des Dreiecks auch gleich dem Produkt aus Inkreisradius und halbem Umfang. In der Aufgabe geht es also darum alle Dreiecke mit ganzzahligen Seitenlängen zu finden, die den Inkreisradius $2$ haben.

Lösung
Es seien $p:= s-a$, $q:= s-b$ und  $r:= s-c$. Die zu lösende Gleichung ist dann
\[\sqrt{spqr} = 2s.\]
Wir zeigen zunächst, dass $p,q,r$ positiv sein müssen:
Sei dazu o.B.d.A. $c\geq b \geq a$. Dann ist $b+c > a$ und $a+c > b$. Somit ist auch $p = s-a = \frac 12(b+c-a) >0$ und $q= s-b=\frac 12(a+c-b)>0$. Wäre $r= s-c< 0$, dann wäre wegen $s>0$ der Term unter der Wurzel negativ und somit könnte die Gleichung nicht erfüllt sein. Es kann aber auch nicht $s-c=0$ gelten, denn sonst erhielten wir den Widerspruch $0 = 2s >0$.

Als nächstes zeigen wir, dass $p,q,r$ ganz sind:
Es ist klar, dass $2p, 2q, 2r, 2s \in \IN$ gilt. Wegen $2s -2p = 2a, 2s -2q = 2b, 2s-2r = 2c$ und $a,b,c\in \IN$, müssen $2p, 2q, 2r, 2s$ alle die gleiche Parität haben.
Durch quadrieren und multiplizieren mit $2^4$ erhalten wir:
\[(2s)(2p) (2q)(2r) = 16(2s)^2.\] Rechts steht eine gerade Zahl. Also muss auch links eine gerade Zahl stehen, und folglich müssen $2s, 2p, 2q,2r$ alle gerade sein. Insbesondere folgt, dass $p,q,r\in \IN$.

Nach obigen Bemerkungen und wegen $s = p+q+r$, erhalten wir die äquivalente Gleichung
\[pqr = 4(p+q+r).\] Auflösen nach $p$ liefert
\[p = \frac{4(q+r)}{qr-4}.\] (Es ist $qr-4 \not= 0$, denn sonst wäre $0 = p(qr-4) = 4(q+r) >0$.)
Wegen $p >0$, stellen wir fest, dass $qr-4 >0$ gelten muss. Also gilt $qr \geq 5$.

Als nächstes finden wir alle Lösungen dieser Gleichung, in der mindestens eine der Variablen $p,q,r$ den Wert $1,2$ oder $3$ hat. O.B.d.A. sei $q$ diese Variable.

1. Fall: $q=1$.
Dann ist
\[p= \frac{4(1+r)}{r-4} = 4+\frac{20}{r-4}.\] Es muss also $r-4$ ein Teiler von $20$ sein. Wegen $r= qr\geq 5$, ist das genau dann erfüllt, wenn $r\in \{5, 6,8,9,14,24\}$.
Demnach ist $(p,q,r)$ ein Lösungstripel, genau dann wenn
\[(p,q,r) \in \{ (24, 1, 5), (14,1,6), (9,1,8), (8,1,9), (6,1,14), (5,1,24)\}.\]
2. Fall: $q=2$.
Dann ist
\[p= \frac{4(2+r)}{2r-4} = 2+\frac{8}{r-2}.\] Also muss $r-2$ ein Teiler von $8$ sein. Da außerdem $2r =qr\geq 5$ ist, muss $r \geq 3$ gelten. Somit ist $r\in \{3,4,6,10\}$.
Daher ist $(p,q,r)$ ein Lösungstripel, genau dann wenn
\[(p,q,r) \in \{ (10,2 ,3 ), (6,2,4), (4,2,6), (3,2,10)\}.\]
3. Fall: $q=3$.
Dann ist
\[p= \frac{4(3+r)}{3r-4} = 1+\frac{r+16}{3r-4}.\] Insbesondere ist $p \geq 2$. Wegen $3r = qr \geq 5$ ist auch $r\geq 2$. Lösungen, in denen $p=2$ oder $r=2$ gilt, haben wir oben bereits erfasst.
Damit $p\geq 3$ gilt, muss $r+16 \geq 2(3r-4)$, also $5r\leq 24$ und somit $r \leq 4$ gelten. Durch explizites Einsetzen, sehen wir, dass weder $r=3$ noch $r=4$ zu einem ganzzahligem $p$ führen.
Für $q=3$ finden wir also keine weiteren Lösungen, die wir nicht bereits in einem der oberen beiden Fällen erfasst haben.

Gäbe es eine Lösung von $pqr = 4(p+q+r)$, in der $p,q,r \geq 4$ sind, dann wäre
\[1 = \frac{4(p+q+r)}{pqr} = 4\left(\frac 1{qr}+\frac 1{pr}+\frac 1{pq}\right) \leq 4 \cdot \left(3\cdot \frac 1{4\cdot 4}\right) = \frac 34,\] was offenbar falsch ist.

Damit sind alle positiv ganzzahligen Lösungen $(p,q,r)$ von $pqr = 4(p+q+r)$, in denen $p\leq q \leq r$ gilt, gegeben durch
\[(p,q,r)\in \{(1,5,24), (1,6,14), (1,8,9), (2,3,10), (2,4,6)\}.\] Mit $s=p+q+r=\frac 12(a+b+c)$ und  $(a,b,c)=(s-p, s-q, s-r)$ erhalten wir daher, dass alle positiven, ganzzahligen Lösungen $(a,b,c)$ mit $a\geq b \geq c$ von
\[\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = 2s\] gegeben sind durch
\[(a,b,c)\in \{(29,25,6), (17,10,9), (20,15,7), (13,12,5), (10,8,6)\}.\] Alle anderen Lösungstripel $(a,b,c)$ erhält man durch Permutation dieser Tripel.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.834, eingetragen 2019-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Gab es 1976 wirklich diese Aufgabe? Ich finde sie nicht im PDF.

Aufgabe 5 - 211035
In der 1. Stufe der Mathematikolympiade gab es im Jahre 1976 in der Olympiadeklasse 9 folgende
Aufgabe:
”Jemand behauptet, dass es möglich sei, aus 7 Papierstücken auf folgende Weise genau 1976 Stücke ¨
herzustellen:
Man teile einige der 7 Papierstucke jeweils in genau 7 Teile, dann wieder einige der nunmehr vorhandenen Papierstücke in jeweils genau 7 Teile u.s.w.
Ist es möglich, dass man auf diese Weise, indem man also das beschriebene Verfahren genügend lange fortsetzt, genau 1976 Papierstucke erhält?”
Als Lösung musste bewiesen werden, dass es nicht möglich ist, genau 1976 Papierstücke zu erhalten. ¨
Wir wollen jetzt fur irgendeine Zahl  n ≥ 1 von n Papierstucken ausgehen und diese in der beschriebenen Weise jeweils in genau n Teile teilen.
Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n mit 1 ≤ n < 1976, für die es auf diese Weise gelingen kann, genau 1976 Papierstücke zu erhalten!
Lösung
Mit jeder Teilung erhöht sich die Anzahl der Papierstücke um $n-1$. Nach $t$ Teilungen sind es also $n+t(n-1)$ Papierstücke.
Gesucht sind also alle $n$ mit $1\leq n < 1976$, für die ein $t\in \IN$ existiert mit $n+t(n-1) = 1976$. Wegen $1976= n+t(n-1) = (n-1)(t+1)+1$, ist dies genau dann der Fall, wenn $n-1 < 1975$ ein Teiler von $1977 = 3\cdot 659$ ist (659 ist prim), also genau dann, wenn $n -1\in \{1, 3, 659\}$.
Also ist so eine Zerlegung möglich, genau dann, wenn $n \in \{2,4,660\}$.
 
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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)

Aufgabe 1 - 211041
Ermitteln Sie alle Paare (a; b) aus positiven ganzen Zahlen a, b, die die Eigenschaft haben, dass von
den folgenden vier Aussagen (1), (2), (3), (4) genau drei wahr sind und eine falsch ist!
Die Aussagen lauten:
(1) b|(a + 1),
(2) a = 2b + 5,
(3) 3|(a + b),
(4) a + 7b ist eine Primzahl.
Lösung
Angenommen (2) wäre falsch. Dann müsste einerseits nach (4) gelten, dass $a+7b \geq 8$ prim ist, andererseits müsste wegen (3) aber auch $a+7b = (a+b) +6b $ durch $3$ teilbar sein.
Also ist (2) wahr.
Dann ist $a+b = 3b+5$ nicht durch drei teilbar, also ist (3) falsch.
Demnach müssen (1) und (4) wahr sein.
Aus (2) folgt $a+1 = 2b+6$ und mit (1) ist daher genau dann erfüllt, wenn $b\mid 6$, also $b\in \{1,2,3,6\}$.
Wegen (2) ist $a+7b= 9b+5$. Also kann $a+7b$ höchstens dann prim sein, wenn $b$ gerade ist. Für $b=2$ ist dies der Fall, denn $9\cdot 2 +5 = 23$ ist prim. Für $b=6$ ebenso: $9\cdot 6 +5 = 59$ ist prim.
Also sind $(a,b) = (9,2) $ und $(a,b)=(17,6)$ alle gesuchten Paare.
\(\endgroup\)


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stpolster
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2019-06-20 17:49 - Nuramon in Beitrag No. 834 schreibt:
Gab es 1976 wirklich diese Aufgabe? Ich finde sie nicht im PDF.
...
In der 1. Stufe der Mathematikolympiade gab es im Jahre 1976 in der Olympiadeklasse 9 folgende
...
Die Aufgabe gabe es. Sie wurde in der 1.Runde (Schulrunde) gestellt. In unserem Text sind die Aufgaben von der 2. bis (evtl.) 4. Runde.
Die 1.Runde war oft sehr einfach, so dass sie im Moment bei uns nicht untersucht werden.

LG Steffen



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TomTom314
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2019-06-20 16:22 - Nuramon in Beitrag No. 833 schreibt:
Ich habe das Gefühl, dass ich in meine Lösung der nächsten Aufgabe mit Symmetriebetrachtungen noch etwas kürzen könnte, sehe aber nicht wie.

Vielleicht gibt es sogar eine geometrische Lösung?
Hallo Nuramon,

eine leichte Verkürzung für den Anfang: $s$ ist Nullstelle eines Polynoms mit Koeffizienten in $\IZ$ und rational. Mit Vieta folgt dann $s,p,q,r\in\IZ$.

Bei den Lösungen ist mir aufgefallen, dass die Höhe auf der kürzesten Seite ebenfalls ganzzahlig ist. Vielleicht läßt sich darüber etwas geometrisches basteln.



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MontyPythagoras
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Per quadratischer Ergänzung kann man die Ungleichung wie folgt darstellen:
$$\left(x+\frac{m+2}2\right)^2+8m+1-\left(\frac{m+2}2\right)^2>0$$Diese Ungleichung ist für alle reellen $x$ immer erfüllt, wenn
$$8m+1-\left(\frac{m+2}2\right)^2>0$$$$32m+4-m^2-4m-4>0$$$$m^2-28m<0$$Die Ungleichung ist erfüllt für $0<m<28$.

Noch so eine Aufgabe, die mir ungewöhnlich leicht vorkommt für Jahrgang 12...

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Es gilt für alle $n\geq1$, dass
$$x_1\geq x_2\geq x_3\geq ...\geq x_n\geq 0$$ist. Es sei
$$S_n=\frac{x_1}1+\frac{x_4}2+\frac{x_9}3+...+\frac{x_{n^2}}n=\sum_{m=1}^{n}\frac{x_{m^2}}{m}$$wobei $S_n\leq1$ gilt. Es reicht, zu beweisen, dass
$$T_n=\sum_{k=1}^{n^2}\frac{x_k}k\leq3$$gilt, denn da alle Summanden positiv sind, gilt
$$\sum_{k=1}^{k<n^2}\frac{x_k}k<T_n\leq3$$dann erst recht. Den Beweis für $T_n\leq3$ können wir führen, indem wir die fragliche Summe nach oben abgrenzen:
$$T_n=\sum_{k=1}^{n^2}\frac{x_k}k=\sum_{m=1}^{n-1}\left(\sum_{l=m^2}^{(m+1)^2-1}\frac{x_l}l\right)+\frac{x_{n^2}}{n^2}$$Da sowohl $x_l\leq x_{m^2}$ als auch $\frac1l\leq\frac1{m^2}$ für $l\geq m^2$, gilt:
$$\frac{x_l}l\leq\frac{x_{m^2}}{m^2}$$und daher
$$T_n\leq\sum_{m=1}^{n-1}\left(\frac{x_{m^2}}{m^2}\sum_{l=m^2}^{(m+1)^2-1}1\right)+\frac{x_{n^2}}{n^2}=\sum_{m=1}^{n-1}\left(\frac{x_{m^2}}{m^2}\left(2m+1\right)\right)+\frac{x_{n^2}}{n^2}$$Als letzen Schritt zeigen wir, dass $T_n\leq3S_n$ ist:
$$\sum_{m=1}^{n-1}\left(\frac{x_{m^2}}{m^2}\left(2m+1\right)\right)+\frac{x_{n^2}}{n^2}\leq3\sum_{m=1}^{n}\frac{x_{m^2}}{m}$$Diese Ungleichung ist erfüllt, wenn sie für jeden Summanden einzeln gilt. Für den letzten Summanden ist das offenkundig der Fall, da $\frac{1}{n^2}<\frac3n$ ist. Für alle anderen Summanden muss gelten, dass
$$\frac{2m+1}{m^2}\leq\frac3m$$ist. Wir multiplizieren mit $m^2$:
$$2m+1\leq3m$$was für alle $m\geq1$ erfüllt ist. Damit ist erwiesen, dass
$$T_n<3S_n$$ist, und damit nach Voraussetzung auch $T_n\leq3$.

Ciao,

Thomas




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