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 Bundeswettbewerb Mathematik 2009 |
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
 |  Themenstart: 2008-12-06
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Falls es jemand noch nicht weiß: Die neuen Aufgaben sind schon seit einer Weile online.
Meiner Meinung nach sind sie im Mittel schwieriger als letztes Jahr.
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Naphthalin
Senior 
Dabei seit: 19.11.2005
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Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.1, eingetragen 2008-12-06
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dbrust_2000
Aktiv 
Dabei seit: 22.01.2007
Mitteilungen: 309
| Beitrag No.2, eingetragen 2008-12-07
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Aufgaben 1,2,3 habe ich schon gelöst. (nicht so schwierig) . Aufgabe 4 widersetzt sich noch, hab aber eine idee, die es nun auszuprobieren gilt.
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.3, eingetragen 2009-02-28
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Wie immer möchte ich alle bitten, bis mindestens eine Woche nach Abgabeschluss nicht über die Lösungen zu diskutieren. Danke.
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Undertaker
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.4, eingetragen 2009-03-12
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Gibt es dieses Jahr gar keine eifrigen Lösungsdiskussionen?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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| Beitrag No.5, eingetragen 2009-03-12
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Sie Aufgaben waren eher einfallslos...
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-12
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Also 1. bis 3. war nicht schwer, hätte man auch in einer MO-Klausur fragen können. 4. fand ich schon recht schwierig, hab dann aber einen konstruktiven Beweis hinbekommen. Das Problem waren ja die Fälle dass die Zahl entweder durch 2 oder durch 5 teilbar ist.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.7, eingetragen 2009-03-12
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Hallo,
Aufgabe 1: Da hab' ich eine Summe von Zehnerpotenzen gebildet und mit der Summenformel für die geometrische Reihe umgeformt, dann binomische Formel gebildet.
Aufgabe 2: Naja den gleichheitsfall angenommen und dann gezeigt, dass davon abweichend nur kleinere Werte für m(a,b) rauskommen.
Aufgabe 3: ewig lang Strahlensätze hingeschrieben 
Aufgabe 4: Satz von Euler, mit Spezialfällen n durch 2 oder 5 teilbar, dann versucht was zusammenzubasteln, hab mich aber wie sich rausgestellt hat mit den Indizes vertan, sodass es manchmal nciht klappt. Schade.
War ein wenig enttäuscht. Die Aufgaben 1-3 stehen wie ich finde in keiner Relation zur 4. Aufgabe was die Schwierigkeit angeht.
Liebe Grüße, Haufen
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isotomion
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Dabei seit: 23.08.2004
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Wohnort: Karlsruhe/Minneapolis
| Beitrag No.8, eingetragen 2009-03-12
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Aufgabe 2: eine Verallgemeinerung steht übrigens in www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=67939 Post #5... und vermutlich haben die Aufgabensteller auch diese Verallgemeinerung gekannt; sonst hätten sie keinen Grund gehabt, min (a, 1/a + b, 1/b) und nicht min (1/a, a + b, 1/b) (was symmetrischer und schöner ist) zu schreiben.
Grüße,
Darij
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-15
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Hat denn jemand Aufgabe 4 nicht mit einem konstruktiven Beweis gelöst?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.10, eingetragen 2009-03-15
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Mit Schubfachprinzip wohl machbar 
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.11, eingetragen 2009-03-15
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Kannst du das genauer erläutern? Würde mich sehr itneressieren.
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-15
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Schubfach habe ich nur für nicht durch 2 oder 5 teilbare Zahlen gefunde: Für jedes n wähle man n+1 Zahlen der Form 1, 11, 111, 111... Dann haben 2 denselben Rest mod n, also ist ihre Diff. durch n teilbar und hat die Form 111...000...=111...*10^a, und da n nicht 10^a teilt, teilt n 111..., was ein Palindrom ist.
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Octopus
Senior
Dabei seit: 26.09.2006
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Wohnort: Bayern, Pleiskirchen
| Beitrag No.13, eingetragen 2009-03-16
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\
Hi,
Schubfachprinzip klappt, man muss das nur noch etwas optimieren.
Sei n\el\ \IN und n^- die natürliche Zahl, die durch Umdrehen der Ziffern von n entsteht. (Also n=123 => n^-=321). Weiter habe n genau m Stellen. Betrachte nun folgende Zahlen:
n^-00...0n*10^(nm) , n^- n^-00...0nn*10^((n-1)m) , ... ,n^- ... n^-00...0n ... n , 0
Hier bedeutet das hintereinander schreiben von n und n^-, nicht das Produkt, sondern die so erhaltene Dezimalzahl! In der Mitte der Zahlen, zwischen den n^-`s und den n`s stehen jeweils 10^2n Nuller.
Insgesamt sind das n+1 Zahlen, also liegen zwei in der selben Restklasse modulo n und deren Differenz ist durch n teilbar. Diese Differenz hat folgende Gestalt:
n^- ... n^- 0...0n...n0...0
Kürzt man bei dieser Zahl die letzten Nullen, so erhält man eine Zahl der Form n^- ... n^- 0...0n...n die zumindest durch den Anteil von n teilbar ist, der keine 5en oder 2en enthält.
Da aber unsere Zahl auf die Ziffern von n endet und zwischen den Anteilen n^- und n mindestens 10^2n Nuller stehen, ist diese Zahl auch durch die jeweiligen 5en bzw. 2en von n teilbar. Da außerdem n nicht durch 10 teilbar ist, endet unsere gefundene Zahl auch auf keinen Nuller. Diese Zahl war gesucht!
Viele Grüße,
Octopus
EDITH: Wie Naphthalin richtig angemerkt hat, fehlten da in der Konstruktion eventuell noch ein paar Nuller, das habe ich jetzt ausgebessert.
[ Nachricht wurde editiert von Octopus am 16.03.2009 15:08:36 ]
[ Nachricht wurde editiert von Octopus am 18.03.2009 10:31:01 ]
[ Nachricht wurde editiert von Octopus am 20.03.2009 09:01:09 ]
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
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Wohnort: Dresden
| Beitrag No.14, eingetragen 2009-03-17
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da muss ich dich leider enttäuschen. 6116 zum beispiel ist nicht durch 16 teilbar, auch wenn es auf 16 endet. richtig wäre, noch ein paar nullen dazwischen einzufügen, also 610016. um durch 2^k teilbar zu sein, müssen die letzten k ziffern eine durch 2^k teilbare zahl bilden.
Naphthalin
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-17
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Ich mache mal kurz meine Konstruktion anhand eines Bsp. deutlich, etwa n=104=13*8. Damit das Palindrom durch 2^3=8 teilbar ist, müssen die letzten 3 Ziffern dies sein. Bei mir endet es auf 008 und beginnt mit 800. Es gilt 13*76923=10^6-1, also muss die nichtalternierende 6-Quersumme durch 13 teilbar sein. Es gibt im übrigen stets ein a>2, für das 10^a-1 durch eine nicht durch 2 oder 5 teilbare Zahl teilbar ist, was aus Euler-Fermat folgt. Nun sieht mein Palindrom so aus: 800000...000008. Die Mitte füllt man mit "6er-Blöcken" der Gestalt 00..1..00 oder 00..11..00 aus, letztere für geradziffrige Blöcke. Die Zahlen, welche von diesen Blöcken dargestellt werden, sind 10er-Potenzen oder 2 benachbarte Zehnerpotenzen, und die sind zu 13 oder jeder anderen Zahl teilerfremd (2er-Potenzen hat man sich schon gekümmert, 5er dürfen nicht). Also kann man die Kongruenz mod 13 lösen, hier 1100*p==000008+800000 mod 13, wir reihen p Palindrome aneinander an. Man erhält 800000.001100.001100.001100.001100.001100.001100.000008.
Nur auf Zahlen der Gestalt 11^a*2^b muss man achten, denn da sind die Zahlenblöcke 00...11...00 nicht teilerfremd. Aber man kann zeigen, dass es ein ungerades a gibt, für das 10^a-1 durch 11 teilbar ist, und dann klappt es wieder, etwa auch mit Euler-Fermat.
Analog für durch 5 teilbare n.
Edit: Für durch 11^k teilbare Zahlen klappt das doch nicht so gut, da ich Phi(11^k) gerade ist, heißt ich muss die durch 11 teilbaren "Füllpalindrome" nehmen. Der Beweis klappt, wenn p*11*10^c==x mod(11^a) für alle x lösbar ist. Ist dem so?
EDIT3: Nein, ist es nicht, nur durch 11 teilbare x. Mist, das muss doch noch zu retten sein...
Edit4: Neuer Plan: Gibt es ein x, für das Phi((11^k)*y*x), x,y nicht durch 2 oder 5 teilbar und y beliebig, ungerade ist? Wenn ja, ist mein Beweis gerettet, und ich denke mal schon.
[ Nachricht wurde editiert von robertoprophet am 17.03.2009 21:00:38 ]
[ Nachricht wurde editiert von robertoprophet am 18.03.2009 09:07:21 ]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.16, eingetragen 2009-03-17
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Ich habe mich heute in der Schule gefragt, ob es vielleicht auch durch Widerspruch beweisbar ist, vielleicht durch das Wohlordnungsprinzip oder so. Hat dazu jemand eine Idee?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.17, eingetragen 2009-03-17
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Was genau ist bei dir das Wohlordnungsprinzip¿
Sofern es sich dabei um Induktion handelt: das liefert zusammen mit Widerspruchsbeweis das Schubfachprinzip.
[ Nachricht wurde editiert von ZetaX am 17.03.2009 21:33:17 ]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.18, eingetragen 2009-03-17
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Wenn es für mindestens eine Zahl n kein durch n teilbares Palindrom gibt, muss es ein kleinstes n mit dieser Eigenschaft geben. Dann könnte man versuchen zu zeigen, dass daraus folgend noch ein kleineres n mit dieser Eigenschaft existiert. Widerspruch.
Aber ich glaube, das führt zu nichts, oder?
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Realshaggy
Senior
Dabei seit: 20.03.2008
Mitteilungen: 1294
| Beitrag No.19, eingetragen 2009-03-17
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Eine Idee alleine bringt halt nichts, sie muß auch zum Problem passen. 
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.20, eingetragen 2009-03-17
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Was nicht passt wird passend gemacht. 
Nee.... ich probier trotzdem noch ein wenig rum^^
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-17
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Ich sehe gerade, dass Phi(n) gerade für n>2 ist. Damit habe ich weiterhin für den Fall 11^k teilt n ein Problem.
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Rumo
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 20.05.2008
Mitteilungen: 86
 | Beitrag No.22, eingetragen 2009-03-17
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Mache ich es mir damit zu einfach?
\
Sei x= z_n*10^n + ... + z_0 ein Dezimalpalindrom.
Dann ist doch auch
x*(10^(n+1)+1) = z_n*10^2n + ... + z_0*10^(n+1) + z_n*10^n + ... + z_0
ein solches.
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-17
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Und wie zeigst du, dass es ein Palindrom gibt, das durch eine beliebige Zahl teilbar ist?
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Octopus
Senior
Dabei seit: 26.09.2006
Mitteilungen: 472
Wohnort: Bayern, Pleiskirchen
| Beitrag No.24, eingetragen 2009-03-18
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\quoteon(2009-03-17 19:19 - Naphthalin in Beitrag No. 14)
da muss ich dich leider enttäuschen. 6116 zum beispiel ist nicht durch 16 teilbar, auch wenn es auf 16 endet. richtig wäre, noch ein paar nullen dazwischen einzufügen, also 610016. um durch 2^k teilbar zu sein, müssen die letzten k ziffern eine durch 2^k teilbare zahl bilden.
\quoteoff
Ja richtig. So war das. Ich habe die Aufgabe irgendwann im Dezember gemacht und jetzt nur mehr die Erinnerungsbruchstücke aufgeschrieben. ;-) Mitmachen darf ich ja (wie du) nicht mehr.
Viele Grüße,
Octopus
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Rumo
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 20.05.2008
Mitteilungen: 86
| Beitrag No.25, eingetragen 2009-03-18
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Ok, hab die Aufgabe mal wieder nicht genau genug gelesen. Ich hab mich ja auch noch gewundert, daß schon so lange drüber diskutiert wird 
Aber ich hab schon eine Idee, wie man das machen kann. Dazu erst mal ein bißchen Wikipedia:
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Will man für eine Zahl x eine Teilbarkeitsregel mit Quersummen aufstellen, so sucht man nach einem Vielfachen, das entweder 10n-1 oder 10n+1 für ein beliebiges n ist.
Ist das Vielfache 10n-1, dann gilt die Teilbarkeitsregel "Eine Zahl ist genau dann durch x teilbar, wenn ihre nichtalternierende n-Quersumme durch x teilbar ist."
Ist das Vielfache hingegen 10n+1, dann gilt die Teilbarkeitsregel "Eine Zahl ist genau dann durch x teilbar, wenn ihre alternierende n-Quersumme durch x teilbar ist."
Für eine beliebige Zahl x baut man sich entsprechend der jeweils gültigen Teilbarkeitsregel ein Palindrom mit passender Quersumme.
Da das Palindrom ja auch beliebig lang sein kann, sollte das immer klappen.
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.26, eingetragen 2009-03-18
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Du willst 10^n-1 und 10^n+1
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Ex_Senior
| Beitrag No.27, eingetragen 2009-03-18
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Hat sich eigentlich mal jemand Gedanken um die asymptotische Größenordnung des kleinsten Palindroms, welches Vielfaches von n ist, gemacht?
Die expliziten Konstruktionen liefern zwar jeweils obere Schranken, aber ich denke, sehr, sehr schlechte...
Cyrix
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ZetaX
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| Beitrag No.28, eingetragen 2009-03-18
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Naja, Palindrom ist keine sonderlich tolle Aussage. Ansonsten kann man (bei zu 10 teilerfremden Zahlen n] wohl davon ausgehen, dass im [logarithmischen] Mittel das n-te Palindrom ein Vielfaches von n ist. Das liefert dann eine ungefähre Asymptotik wie es wirklich aussieht. Ansonsten klingt der exakte Nachweis eher eklig.
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Rumo
Ehemals Aktiv
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Mitteilungen: 86
|  Beitrag No.29, eingetragen 2009-03-18
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Jaja, das soll natürlich 10^n+1 und 10^n-1 heißen
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-18
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Lies mal meinen Beitrag 15...
Das Problem ist, dass man auch beweisen muss, dass man immer ein solches Palindrom bauen kann. Ich habe es für alle Zahlen hinbekommen, die nicht durch 11^k für k>1 teilbar sind. Ist ja schonmal was 
Wieso postet hier eigentlich niemand mal eine vollständige Lösung. Naphthalin, du hast doch eine, sagtest du?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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| Beitrag No.31, eingetragen 2009-03-18
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Bearbeitet lieber mit dem selben Elan die andern Aufgaben hier im Forum. Ihr könnt ruhig ältere, bereits gelöste Olympiade-Aufgaben nochmal lösen!
Ich (und viele andere) finde die BWM-Aufgaben dieses Jahr nur langweilig und eklig. Macht was sinnvolleres als Lösungen DAZU zu sammeln
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.32, eingetragen 2009-03-19
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Ich finde die Aufgabe 4 an sich schön, nur die Lösungen sind es nicht.
Es ist wohl anzunehmen, dass es keine nichtkonstruktive Lösung gibt, die mit relativ einfachen Mitteln auskommt?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.33, eingetragen 2009-03-19
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Eine Aufgabe kann nur schön sein, wenn es interessante Lösungen gibt.
Nichtkonstruktive Lösungen wurden doch schon genannt.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.34, eingetragen 2009-03-19
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Meinst du mit nichtkonstruktiv die Lösungen mit Schubfachprinzip?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.35, eingetragen 2009-03-19
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2009-03-19
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Also konstruktiv geht auch garantiert irgendwie, kann aber u.U. kompliziert und sehr lang sein.
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.37, eingetragen 2009-03-19
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Kosntruktive stehen schon welche angedeutet da (z.B. mit Euler-Fermat).
Und jetzt macht was sinnvolleres
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Ex_Senior
| Beitrag No.38, eingetragen 2009-03-20
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Na wenn euch diese Lösungen nicht gefallen, dann schaut euch besser nicht die Musterlösungen an... ;)
Cyrix
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dbrust_2000
Aktiv 
Dabei seit: 22.01.2007
Mitteilungen: 309
| Beitrag No.39, eingetragen 2009-03-20
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Hallo
Mal ein Vorschlag für Aufgabe 3 (fernab von Strahlensätzen)
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Es ist A P_B C P ein Parallelogramm. Analog ist B P C P_A ein Parallelogramm.
Also ist A B P_A P_B ein Parallelogramm. Also schneiden sich AP_A und BP_B mittig.
Analog zeigt man, dass A C P_A P_C ein Parallelogramm ist. Also schneiden sich AP_A und CP_C mittig.
Also schneiden sich AP_A, BP_B und CP_C mittig in einem Punkt.
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2023-12-08 22:11 !
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