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 Bundeswettbewerb Mathematik 2011 |
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maddio14
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 28.05.2010
Mitteilungen: 394
 |  Themenstart: 2011-02-21
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An alle jungen Mathematiker,
Die verbleibende Zeit geht dem Ende entgegen. Wer teilnehmen will, sollte langsam seine Lösungen abschicken...
Da dies aus gegebenem Anlass bisher noch nicht getan wurde, möchte ich für den Bundeswettbewerb Mathematik im Jahr 2011 einen neuen Threat eröffnen, durch den ich gerne erfahren würde, welche Bilanz andere Personen bisher ziehen. Bevor die Einsendefrist nicht vollkommen abgelaufen ist, möchte ich natürlich noch nichts ausplaudern oder Hinweise geben, sondern eher das Niveau dieses Jahres und den Umfang der Lösungen ansprechen. Ich persönlich habe dieses Jahr zum ersten Mal teilgenommen; ich weiß also nicht, was besonders wichtig ist. Heute habe ich meine Lösungen abgeschickt, aber ich muss sagen, dass ich nicht besonders zufrieden bin. Insgesamt habe ich knapp fünf Seiten für alle Aufgaben gebraucht, was mir doch recht viel erscheint (ist ein solcher Umfang ein Manko, oder achten die Korrekteure garnicht auf die Länge der Arbeit???). Auch finde ich meine Lösungen nicht besonders "schön", was nicht heißen soll, dass sie falsch sind. Aufgabe 1 ging schnell. Mit ihr bin ich auch sehr zufrieden. Aufgabe 2 war in meinen Augen die schwerste. Mit ihr bin ich am wenigsten glücklich, da sie zum einen recht lang ist, jedoch zum andern vielleicht zu kompliziert und gleichzeitig von mir zu kurz aufgeführt (ist das ein Widerspruch???). Aufgabe 3 ist ganz in Ordnung. Hier konnte ich zwar nicht durch brilliante Ideen glänzen (wie bei fast keiner Aufgabe), sondern habe stumpf nach dem Schema F gearbeitet, aber es wird schon stimmen. Aufgabe 4 ist ebenfall recht lang und wiederum sehr unschön in meinen Augen. Vielleicht geht es aber auch nur mir so. Ich spiele mit dem Gedanken meine Lösungen nach Ablauf der Anmeldefrist online zu stellen; ich muss es mir jedoch nochmal überlegen. Was sagt ihr? Ist das in euren Augen wirklich zu lang oder sieht es bei euch auch nicht besser aus? Mich würde wirklich mal interessieren, was ihr zu sagen habt.
Mit freundlichen Grüßen,
maddio14
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chryso
Senior 
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2011-02-21
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Ich fand die Aufgaben heuer recht leicht.
Ich habe alle Aufgaben gemacht, sie teilweise auch schon in den Fed eingetippt. Deine Einschätzung über den Schwierigkeitsgrad der Aufgaben würde ich teilen.
Du fragst ein wenig spät. Nach dem Absenden hilft es dir ja nichts, wenn dir jemand einen Rat geben könnte.
Nach meinen Erfahrungen (mit anderen Wettbewerben) ist Folgendes wichtig:
1) Exakte und ordentliche Beweisführung.
2) Auch an alle Spezialfälle denken!
3) Lieber 'zu genau' etwas begründen als zu wenig.
Wie viele Seiten du gebraucht hast, ist nicht aussagekräftig. Der eine schreibt groß, der andere klein.
Hier sind einige User, die selbst sehr erfolgreich am BWM teilgenommen haben. Und cyrix war nicht nur als Schüler dabei, sondern auch als Korrektor.
LG chryso
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maddio14
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.05.2010
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-21
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Hallo chryso,
Danke für die Antwort. Ich bin eigentlich nicht auf der Suche nach Rat, sondern möchte mich ein wenig austauschen und Erfahrungen von anderen hören. Wie gesagt ist dies meine erste Teilnahme. Daher weiß ich noch kaum bescheit. Zum Glück habe ich noch einmal die Chance teilzunehmen. Am meisten interessieren mich die Lösung anderer Teilnehmer, weil dabei doch sehr kreative Wege zu Tage treten (wie ich letztes Jahr gesehen habe).
Mfg maddio14
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Vegeta11880
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| Beitrag No.3, eingetragen 2011-02-27
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Ich hab mir grad mal die Aufgaben vom noch laufenden Wettbewerb angesehen.
In der Aufgabenstellung von Aufgabe 4 wird von 'ganzen Zahlen q und r' geredet, das würde ja bedeutet das diese Werte auch negativ sein können.
Unter Division mit Rest verstehe zumindest ich nur positive ganzzahlige q und r.
Was sagt ihr dazu?
mfg
Vegeta11880
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philippw
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 | Beitrag No.4, eingetragen 2011-02-27
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Es sind weitere Bedingungen an r und q gestellt, aus denen hervorgeht, dass weder r noch q negativ sind (a und b sind positiv). Dann muss das nicht extra erwähnt werden.
Übrigens heißt positiv größer Null, insofern kann ich deinem Satz:
"Unter Division mit Rest verstehe zumindest ich nur positive ganzzahlige q und r."
nicht ganz zustimmen - du weißt sicher, dass auch 0 rauskommen kann (sowohl bei q als auch bei r).
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Vegeta11880
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| Beitrag No.5, eingetragen 2011-02-27
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Du hast natürlich Recht.
Habe wohl zu schnell gelesen und die Bedingung überlesen und natürlich kann q und r auch =0 sein, es handelt sich also um nichtnegative ganzzahlige Lösungen.
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chryso
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| Beitrag No.6, eingetragen 2011-02-27
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Wenn du selbst noch etwas einschicken willst, bist du verdammt spät dran.
Ich weiß nicht, ob die Aufgaben bis 1. März angelangt sein müssen, oder ob das Datum des Poststempels zählt.
Auf alle Fälle 1) und 3) kann man schnell lösen. Das ginge sich zeitlich sicher noch aus.
Also: Beeile dich ein bisschen! 
Die Aufgaben sind heuer um einiges leichter als voriges Jahr.
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maddio14
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-27
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Auf der Internetseite steht der Poststempel ist ausschlaggebend, ob die Arbeit noch angenommen wird oder nicht. Allerdings gebe ich chryso Recht. Ich würde mich jetzt wirklich sehr beeilen.
Mfg maddio14
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TrunksFuture
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| Beitrag No.8, eingetragen 2011-03-03
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So alle Aufgaben abgeschickt!
Bin neugierig auf die Lösungsdiskussion.
Aber noch eine allgemeine Frage, was haben sich denn die bisherigen Teilnehmer an Infos so angelesen damit sie die zweite Runde bestehen, bzw. was ist dafür an Wissen notwendig.
Momentan löse ich jeden Tag eine Aufgabe aus Runde 1, um falls ich weiterkomme auf Runde 2 gut vorbereitet zu sein.
Gibt es ein Buch welches, die ganzen Sätze, Lösungsstrategien die nicht im Schulunterricht besprochen werden, durchnimmt?
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chryso
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.9, eingetragen 2011-03-03
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\quoteon(2011-03-03 18:01 - TrunksFuture in Beitrag No. 8)
So alle Aufgaben abgeschickt!
Bin neugierig auf die Lösungsdiskussion.
Aber noch eine allgemeine Frage, was haben sich denn die bisherigen Teilnehmer an Infos so angelesen damit sie die zweite Runde bestehen, bzw. was ist dafür an Wissen notwendig.
Momentan löse ich jeden Tag eine Aufgabe aus Runde 1, um falls ich weiterkomme auf Runde 2 gut vorbereitet zu sein.
Gibt es ein Buch welches, die ganzen Sätze, Lösungsstrategien die nicht im Schulunterricht besprochen werden, durchnimmt?
\quoteoff
Herzlich willkommen auf dem Matheplaneten!
Es gibt sicherlich Bücher, aber ich bin da nicht up to date.
In der DDR hatte man recht gute Bücher, die man auch im Westen kaufen konnte. Aber die sind wahrscheinlich nicht mehr auf dem Markt.
Falls du meine Lösungen sehen willst, habe ich hier von 2011
die erste Aufgabe,
die zweite Aufgabe,
die dritte Aufgabe.
Die vierte Aufgabe einzutippen hatte ich noch keine Zeit.
Ich fand die heurigen Aufgaben um einiges leichter als die der letzten Jahre.
LG chryso
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LutzL
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 | Beitrag No.10, eingetragen 2011-03-03
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Hi,
zwar nicht Bundeswettbewerb sondern Matheolympiaden und damit etwas anders gerichtet, aber thematisch sortiert mit Diskussion allgemeiner Verfahren:
math4u.de
Ciao Lutz
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
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TrunksFuture
Junior
Dabei seit: 03.03.2011
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| Beitrag No.11, eingetragen 2011-03-03
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@chryso
Hmmm, 1 und 3 hab ich soziemlich gleich, hier mal meine Aufgabe 2, was meint ihr dazu?
Antwort: Es sind 2209 Sitzordnungen möglich.
Grund:Wir betrachten vorerst , wie viele Möglichkeiten es für 4, 5 bzw. 6 Kinder gibt.
Die Kinder saßen ursprünglich in der Reihenfolge 1,2,3,..,n.
Die erste Reihe zeigt die Möglichkeiten wenn Kind Nr.1 wieder auf dem selben Platz sitzt.
Die zweite Reihe die Möglichkeiten wenn Kind Nr.1 einen Platz weiter rechts sitzt und die dritte Reihe die Möglichkeiten wenn Kind Nr.1 einen Platz weiter links sitzt.
4Kinder 5Kinder 6Kinder
1234 12345 123456
1243 12354 123465
1324 12435 123546
13245 124356
13254 124365
132456
132465
132546
2341 23451 234561
2134 21345 213456
2143 21354 213465
21435 213546
214356
214365
4123 51234 612345
4231 52341 623451
4321 52431 623541
53241 624351
632451
632541
Die Kinder A,B,C,D,E und F sitzen ursprünglich in der Reihenfolge ABCDEF.
Jede Möglichkeit besteht aus Tauschvorgängen (bis auf 2 Ausnahmen), das heißt in der Regel geht
Kind A auf den Platz von Kind B und Kind B geht auf den Platz von Kind A.
Denn wenn z.B. Kind A auf den Platz von Kind B geht und Kind B geht nicht auf den Platz von Kind A (das wäre ein Tauschvorgang) so müsste er auf den Platz von Kind C gehen, dann wiederum müsste Kind C noch einen Platz weiter aufrutschen, da er nur noch diese Möglichkeit hat.
--->Kettenreaktion
Die einzige Art und Weise eine Möglichkeit nicht als Summe von Tauschvorgängen darzustellen ist wenn alle nach links oder nach rechts aufrutschen.
(Diese Möglichkeiten sind oben blau dargestellt)
Es ist klar, dass Kinder welche den Platz getauscht haben "gebunden"(alle Kinder die nicht mehr den Platz tauschen können ("gebunden") sind oben grün eingefärbt) sind, das heißt sie haben keine Möglichkeit auf irgendeine Art und Weise noch Plätze zu tauschen.
"Flexible" Kinder sind solche, die noch frei zum Tauschen zur Verfügung stehen.
Nun betrachten wir die erste Reihe(Allgemein gilt hier, dass Kind Nr.1 auf seinem Platz bleibt) und betrachten die Möglichkeiten bei 6 Kindern:
Betrachten wir die Möglichkeiten, wenn Kind Nr.2 auch nicht den Platz tauscht:
Man erkennt, es gibt jetzt nach Vorraussetzung nur noch 4 direkt aufeinanderfolgende(flexible) Kinder die die Plätze tauschen können, genau wie bei 5 Kindern in der ersten Reihe.
Diese begrenzte Anzahl von Möglichkeiten bei 6 Kindern entspricht exakt der Anzahl von Möglichkeiten bei 5 Kindern wenn Kind Nr. 1 auf seinem Platz bleibt.
(Das ist logisch, weil die Anzahl der Möglichkeiten von den "flexiblen" Kindern abhängt, Kinder welche "gebunden" sind beeinflussen nicht die Anzahl an Möglichkeiten).
Gleichviele flexible Kinder in einer Reihe mit Anfang und Ende---> gleichviele Möglichkeiten.(Das liegt daran, dass gebundene Kinder ja keine Variationen eingehen können, sie sind schließlich fest)
Im Folgenden werde ich diese Folgerung als selbstverständlich erachten.
Betrachten wir nun die verbliebenen Fälle bei 6 Kindern, dabei fällt auf, dass dabei Kind Nr.3 den Platz mit Kind Nr.2 tauschen muss um die verbleibenden Möglichkeiten zu erhalten.
Das heißt, diese Kinder sind auch gebunden.
Das heißt, es gibt nur noch 3 flexible Kinder in Folge genau wie bei 4 Kindern, das heißt die restlichen Möglichkeiten von 6 Kindern sind genausogroß wie alle Möglichkeiten bei 4 Kindern (in Reihe 1).
Für die erste Reihe gilt also:
Möglichkeiten von 4 Kindern (in der ersten Reihe)
+ Möglichkeiten von 5 Kindern (in der ersten Reihe)
=Möglichkeiten von 6 Kindern (in der ersten Reihe)
In der zweiten Reihe beobachten wir dasselbe Phänomen (die blauen Sonderfälle werden später berücksichtigt).
Bei den 6 Kindern schauen wir uns alle Möglichkeiten an, wo Kind Nr. 3 nicht die Plätze tauscht.
Es gibt jetzt also nurnoch 3 flexible Kinder, genausoviele wie bei 5 Kindern in der zweiten Reihe--->gleichviele Möglichkeiten.
Beobachtet man jetzt die verbleibenden Möglichkeiten muss Kind 3 mit Kind 4 tauschen, man hat also nur noch 2 flexible Kinder, wie in Reihe 2 bei 4 Kindern --->gleichviele Möglichkeiten.
Für die zweite Reihe gilt also:
Möglichkeiten von 4 Kindern (in der zweiten Reihe)
+ Möglichkeiten von 5 Kindern (in der zweiten Reihe)
-1
=Möglichkeiten von 6 Kindern (in der zweiten Reihe)
(Eine Möglichkeit wird abgezogen, weil der Sonderfall nur einmal pro Spalte in Reihe 2 vorkommt. )
Für die dritte Reihe kann man die Argumentation für die zweite Reihe wiederholen.
Es gilt:
Möglichkeiten von 4 Kindern (in der dritten Reihe)
+ Möglichkeiten von 5 Kindern (in der dritten Reihe)
-1
=Möglichkeiten von 6 Kindern (in der dritten Reihe)
(Eine Möglichkeit wird abgezogen, weil der Sonderfall nur einmal pro Spalte in Reihe 3 vorkommt. )
Das bedeutet für die Gesamtanzahl an Möglichkeiten:
Möglichkeiten von 4 Kindern(Gesamt)
+Möglichkeiten von 5 Kindern(Gesamt)
-2
=Möglichkeiten von 6 Kindern(Gesamt)
Im Folgenden wird die Anzahl der Möglichkeiten durch f(n) ausgedrückt, n ist dabei die Anzahl der Kinder.
Wir wollen zeigen,
f(n)=f(n-1)+f(n-2)-2
und zwar für alle ganzzahligen n größergleich 5.
Nachdem oben ausführlich anhand eines Beispiels erklärt wurde, wie dieser Zusammenhang zustande kommt, ist es jetzt leicht einzusehen warum es auch für alle n größergleich 5 gelten muss.
Immer wenn ein Kind mehr dazu kommt, so steigt in jeder der drei Reihen auch die Anzahl der flexiblen Kinder um 1.
(Die Anfangs gebundenen Kinder in den 3 Spalten bleiben ja gleich. Erstes Kind in Reihe 1 ,dann zweites und erstes Kind in Reihe 2 , dann letztes Kind und am Ende erstes Kind in Reihe 3.
Das 3-Reihensystem und die Platzierung der festen gebunden Kinder ist im folgenden genau gleich strukturiert wie oben. )
Für Reihe 1: (Dieselbe Argumentation lässt sich auf Reihe 2/3 übertragen)
Da wir wissen, dass die Anzahl an Möglichkeiten nur von der Anzahl von flexiblen Kindern abhängt(gebundene Kinder können ja keine Variation eingehen, also keine extra Möglichkeiten erzeugen), ist es logisch, dass bei gleicher Anzahl von flexiblen Kindern auch die Anzahl der Möglichkeiten gleich sein muss.
(Alle n hier sind größergleich 5)
Angenommen wir haben n flexible Kinder(also n+1Kinder insgesamt), aber lassen Kind Nr.2 auf seinem Platz sitzen, so haben wir n-1 flexible Kinder, woraus folgt, dass es genausoviele Möglichkeiten gibt als wenn die Gesamtanzahl von Kindern um eins niedriger wäre.(Alles noch innerhalb von Reihe 1)
(+1 Kind bedeutet immer +1 flexibles Kind und umgekehrt, siehe oben)
Für alle verbleibenden Möglichkeiten muss Kind Nr.2 mit Kind Nr.3 Plätze tauschen, es gibt also nur noch n-2 flexible Kinder, die Anzahl von Möglichkeiten entspricht der wenn es 2 Kinder weniger insgesamt gibt.(immernoch Reihe 1)
Also lässt sich die Gesamtzahl an Möglichkeiten, innerhalb der Reihe, für n Kinder aus der Addition der Möglichkeiten von n-1 und n-2 Kindern erzeugen.( in Reihe 1)
Für Reihe 2 und 3 kann man dieselbe Argumentation führen (nur dass hier ein Kind mehr gebunden/weniger flexibel ist).
Also die Gesamtanzahl innerhalb der Reihe an Möglichkeiten für n Kinder ist die Summe der Möglichkeiten von n-1 und n-2 Kindern -1 (-1=Sonderfall, siehe oben)
(für je Reihe 2 und 3)
A.d.M=Anzahl der Möglichkeiten
A.d.M(n-1)+A.d.M(n-2)=A.d.M(n) (in Reihe1)
A.d.M(n-1)+A.d.M(n-2)-1=A.d.M(n) (in Reihe2)
A.d.M(n-1)+A.d.M(n-2)-1=A.d.M(n) (in Reihe3)
Daraus folgt, wenn f(n) die Anzahl der Möglichkeiten ist und n die Anzahl der Kinder.
f(n)=f(n-1)+f(n-2)-2
wodurch die Allgemeingültigkeit dieser Formel geklärt ist.
Die Funktionswerte für n=4, n=5 und n=6 sind durch Ausprobieren einfach zu berechnen.
f(4)=9
f(5)=13
f(6)=20
Wir berechnen jetzt mit Hilfe der Formel einfach die Möglichkeiten für 16 Kinder.
f(n)=f(n-1)+f(n-2)-2 (eine rekursive Funktion)
f(7)=f(6)+f(5)-2=31
f(8)=f(7)+f(6)-2=49
f(9)=f(8)+f(7)-2=78
f(10)=f(9)+f(8)-2=125
f(11)=f(10)+f(9)-2=201
f(12)=f(11)+f(10)-2=324
f(13)=f(12)+f(11)-2=523
f(14)=f(13)+f(12)-2=845
f(15)=f(14)+f(13)-2=1366
f(16)=f(15)+f(14)-2=2209
Es gibt also genau 2209 Sitzmöglichkeiten bei 16 Kindern, bei den angegebenden Bedingungen.
Anmerkung: Für n kleiner 5 gilt die Formel nicht mehr, da, um nur einen Grund zu nennen, f(2) nur 2 Möglichkeiten hat und die 2 Sonderfälle als eine Möglichkeit zusammenfallen.
Hoffe der Post ist nicht zu lang! 
Zu den Aufgaben der Matheolympiade äußer ich mich später nochmal, ich führ sie mir dann mal in aller Ruhe zu Gemüte.
[ Nachricht wurde editiert von TrunksFuture am 03.03.2011 18:37:59 ]
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TrunksFuture
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Dabei seit: 03.03.2011
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.12, eingetragen 2011-03-06
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Danke für die Aufgaben, da hat man einiges zu tuen (-;, wobei ich keine Ahnung habe wo ich anfangen soll.
Ich denke ich mach erstmal die Aufgaben vom Bundeswettbewerb durch bevor ich mich der umfangreicheren Sammlung widme.
Und,wo kann ich denn die "Theorie" lernen? Also wie bekomme ich einen theoretischen Überblick (nur als kurze Texterklärung).
Ist es viel Stoff und ist es machbar sich diesen in einem Viertel Jahr anzueignen.
Was meinst ihr eigentlich zu meiner Aufgabe2. Bei ebenjener bin ich mir am unsichersten, da ich so viel Text habe, aber er ist eindeutig.
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.13, eingetragen 2011-03-06
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Ich habe nun auch die vierte Aufgabe in mein Notizbuch gestellt.
LG chryso
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TrunksFuture
Junior
Dabei seit: 03.03.2011
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.14, eingetragen 2011-03-06
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Aufgabe 4 lies sich aber auch viel einfacher lösen oder?
Durch einfachste Umformungen kommt man doch sofort auf:
a =q + 2011/(b-q)
Woraus gleich die Lösungen q+1 und q+2011 folgen.
Man muss nur noch die Lösungsmenge für q einschränken und das wars.
PS:Warum sagt eigentlich keiner was zu Aufgabe2?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.15, eingetragen 2011-03-06
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Ich schick das mal ins passende Forum
[Verschoben aus Forum 'Tagesgespräch' in Forum 'Bundeswettbewerb Mathematik' von ZetaX]
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.16, eingetragen 2011-03-06
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\quoteon(2011-03-06 21:43 - TrunksFuture in Beitrag No. 14)
Aufgabe 4 lies sich aber auch viel einfacher lösen oder?
Durch einfachste Umformungen kommt man doch sofort auf:
a =q + 2011/(b-q)
\quoteoff
Das sehe ich zwar nicht sofort. Aber du hast Recht. Es lässt sich ganz kurz lösen.
a*b= q(a+b)+2011-q^2
(a-q)(b-q)=2011 =>(a=q+1 \and\ b=q+2011)\or\(a=q+2011 \and\ b=q+1)
\quoteon
PS:Warum sagt eigentlich keiner was zu Aufgabe2?
\quoteon(2011-03-03 18:34 - TrunksFuture in Beitrag No. 11)
Hoffe der Post ist nicht zu lang!
\quoteoff
\quoteoff
Das kann schon ein Grund sein. Da braucht man ja allein zum Durchlesen eine halbe Stunde.
Du hast dir das im Wesentlichen rekursiv überlegt und dann von n=6 auf n=16 geschlossen.
Ein exakter Beweis wäre hier natürlich angesagt gewesen.
Dafür bietet sich vor allem die vollständige Induktion an.
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 07.03.2011 18:44:35 ]
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TrunksFuture
Junior
Dabei seit: 03.03.2011
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.17, eingetragen 2011-03-07
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\quoteon(2011-03-06 23:56 - chryso in Beitrag No. 16)
Das kann schon ein Grund sein. Da braucht man ja allein zum Durchlesen eine halbe Stunde.
Du hast dir das im Wesentlichen rekursiv überlegt und dann von n=6 auf n=16 geschlossen.
Ein exakter Beweis wäre hier natürlich angesagt gewesen.
Dafür bietet sich vor allem die vollständige Induktion an.
\quoteoff
Hast recht, natürlich lässt sich das schöner schreiben  .
Ich frag mich nur wie die Bewertung ausfällt.
Schwere Mängel dürften es zumindest nicht sein,oder doch?
Machst du eigentlich auch noch beim Wettbewerb mit oder löst du die Aufgaben nur zum Spaß?
Bin über deine Beitrgsanzahl erstaunt,Hut ab!
[ Nachricht wurde editiert von TrunksFuture am 07.03.2011 00:16:56 ]
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chryso
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Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.18, eingetragen 2011-03-07
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Wie viele Punkte du bekommen wirst, hängt ganz vom Korrektor ab.
Von den Gedankengängen her ist es ja richtig.
Nun hängt es davon ab, wie sehr dein Korrektor auf formal richtige Beweise Wert legt.
Das kann ich überhaupt nicht beurteilen.
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 08.03.2011 01:54:19 ]
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maddio14
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.05.2010
Mitteilungen: 394
| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-07
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Dann werde ich wohl mal meinen "Monsterbeweis" für Aufgabe 2 online stellen; allerdings die optimierte Form. Ich selbst halte ihn nicht für besonders schön und ich habe zum Teil Vorgaben genutzt, bei denen ich mir nicht ganz sicher bin. Dennoch, hier ist er als Pdf-Datei zum Downloaden:
hier
Mfg maddio14
[ Nachricht wurde editiert von maddio14 am 08.03.2011 14:59:26 ]
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.20, eingetragen 2011-03-08
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Die Aufgaben waren vielleicht deswegen leichter als früher, weil immer weniger Schüler teilnehmen.
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
Mitteilungen: 10529
Wohnort: Österreich
| Beitrag No.21, eingetragen 2011-03-08
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Hallo maddio14!
Vielleicht kannst du deine Aufgabe in dein Notizbuch hochladen!
Nicht vergessen p anzuklicken. (public)
Bei deinem Link bekomme ich die Meldung, dass ich keine Berechtigung habe, das anzuschauen.
Außerdem ist dein Link in Beitrag 19 insofern ein Problem, weil er eine Überbreite hervorruft.
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
Mitteilungen: 2217
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.22, eingetragen 2011-03-08
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\quoteon(2011-03-08 01:04 - robertoprophet in Beitrag No. 20)
Die Aufgaben waren vielleicht deswegen leichter als früher, weil immer weniger Schüler teilnehmen.
\quoteoff
das kommt der realen situation ziemlich nah, näheres aber nur per PN, eine öffentliche diskussion darüber würde dem ganzen nur schaden.
Naphthalin
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maddio14
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.05.2010
Mitteilungen: 394
| Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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@ Chryso. Hab's gemacht. Hoffentlich klappt es jetzt.
hier
Mfg maddio14
[ Nachricht wurde editiert von maddio14 am 08.03.2011 14:57:59 ]
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Schachus
Senior
Dabei seit: 12.04.2010
Mitteilungen: 410
| Beitrag No.24, eingetragen 2011-03-08
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meine Lösung zu Nummer 2 geht in Kurzform so:
1.Fall: es gibt zwei Kinder, die vorher nebeneinandersaßen und in die selbe Richtung gerutsch sind.Bertachte den Nächsten: er rutscht in die selbe Richtung.Induktiv: alle sind in dieselbe Richtung gerutscht.Dafür gibt es genau 2 Möglichkeiten, nach rechts und nach links.
2.Fall: immer, wenn ein Kind sich nicht auf den selben Platz gestzt hat, wie vorher hat sein Nachbar mit ihm getauscht.
\
Sei f_n die anzahl von neuen Sitzordnungen an einen nicht runden(aufgeschnitttenen) Tisch miit n Kindern
Betrachte ein bel. Kind: 2.1. Fall: es blieb sitzen. Nun kann man den Tisch hier als aufgeschnitten betrachten, es gibt also f_15 Möglichkeiten für die anderen Kinder
2.2.Fall: es tauschte mit seinen rechten Nachbarn: Es bleiben f_14 Möglichkeiten für die anderen Kinder
2.3.Fall: Es tauschte mit seinem linken Nachbarn, auch f_14 Möglichkeiten.
Leite anschließend zur berechnun von f die Fibonacci-Rekursion her(bei Bedarf schreibe ich das noch ausführlich auf), erhalte dadurch f_14 = 610, f_15 =987, woraus sich die geschuchte Anzahl zu 2+2*f_14+f_15 = 2209 berechnet.
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
Mitteilungen: 10529
Wohnort: Österreich
| Beitrag No.25, eingetragen 2011-03-08
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@Schachus
Ich finde, deine Überlegungen unterscheiden sich von meinen nur minimal.
\
1) Um einen runden Tisch sitzen n Personen.
\green\ Es gibt \big\ b_n Möglichkeiten, \normal\ diese Personen so zu setzen, dass P_1 auf demselben Platz sitzt und alle anderen Personen auf einem Platz sitzen, der entweder der ursprüngliche ist oder dem ursprünglichen benachbart.
b_1 = 1 ; b_2 = 1 ; b_3 = 2 ; b_4 = 3 ; ...
Beh.: Es handelt sich um die Fibonaccifolge b_n = b_n + b_(n-1) mit b_1 = b_2 = 1
Beweis mit vollständiger Induktion nach n.
i) b_1 =1 ; b_2 = 1 ; b_3=2
ii) Die Behauptung gelte für n und alle kleineren natürlichen Zahlen k >= 3.
iii) n+1 Personen sitzen um den Tisch.
a) P_1 sitzt auf demselben Platz und ebenfalls P_2 -> (nach Ind.VS) b_n Möglichkeiten
b) P_1 sitzt auf demselben Platz, daneben P_3, dann P_2 (d.h. P_2 und P_3 haben die Plätze getauscht) -> (nach Ind.VS) b_(n-1) Möglichkeiten
=> \big\ b_(n+1) = b_n + b_(n-1)
2) \green\ Um einen runden Tisch sitzen n Personen. n>=3
\green\ Es gibt \big\ a_n Möglichkeiten \normal\, n Personen so zu setzen, dass alle auf dem ursprünglichen oder einem benachbarten Platz sitzen.
i) P_1 sitzt wieder auf seinem Platz -> b_n Möglichkeiten
ii) P_1 und P_2 tauschen die Plätze -> Für die anderen gibt es b_(n-1) Möglichkeiten
iii) P_1 und P_n tauschen die Plätze -> b_(n-1) Möglichkeiten
iv) P_1 auf Platz 2, P_2 auf 3 , P_3 auf 4 ,... (nach rechts weiterrücken)
|P_2 auf Platz 1, P_3 auf 2 , P_4 auf 3, ... (nach links)
\big\ a_n = b_n + 2*b_(n-1)+2
----
a_16 = 2209
\blue\ Nach der Pause sind 2209 Sitzordnungen möglich.
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Schachus
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| Beitrag No.26, eingetragen 2011-03-08
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ich hatte deine Lösung vorher nicht gesehen, sorry, wo stand die denn?
edit: habs gesehen, danke
[ Nachricht wurde editiert von Schachus am 08.03.2011 18:52:49 ]
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chryso
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| Beitrag No.27, eingetragen 2011-03-08
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Im Notizbuch.
In Beitrag 9 ist ein Link.
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m4x
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| Beitrag No.28, eingetragen 2011-03-22
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www.file-upload.net/download-3306778/new.pdf.html
meine lösungen, falls sich wer die angucken will.^^
sind aber im gesamten ziemlich ähnlich zu allen geposteten.
mir is leider zuspät aufgefallen, dass ich im ganzen beweis für die 2
2029 statt 2209 geschrieben habe
Grüße Max
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chryso
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| Beitrag No.29, eingetragen 2011-03-23
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Hallo Max!
Deine 4. Aufgabe ist auch - wie bei mir die erste Variante - relativ kompliziert.
Aber wenn sie richtig ist, dürfte ja niemand an der Kompliziertheit etwas auszusetzen haben. (Ich habe sie mir aber nicht genau durchgelesen.)
Zu 3. möchte ich etwas sagen:
\quoteon
Setzt man nacheinander ein, erhält man:
\alpha = \beta = \gamma = \delta = \epsilon = 36° , also ist das Fünfeck regulär.
\quoteoff
Glaubst du wirklich, dass du das daraus schließen kannst?
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 23.03.2011 01:47:59 ]
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m4x
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| Beitrag No.30, eingetragen 2011-03-25
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mit der voraussetzung das alle so dreigeteilt 36° betragen ja schon... aber habs natürlich nicht so drin stehen naja...^^
[ Nachricht wurde editiert von m4x am 25.03.2011 18:55:04 ]
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chryso
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| Beitrag No.31, eingetragen 2011-03-25
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\quoteon(2011-03-25 18:43 - m4x in Beitrag No. 30)
boah hat mich das gerade geschockt...
aber es müssen doch nach voraussetzung nicht nur die innenwinkel des pentagrams, sondern auch die jeweils anliegenden winkel 36° betragen oder etwa nicht?(in meiner ausgedruckten skizze ist das so auch nochmal extra eingezeichnet.)
\quoteoff
Du hast schon recht. Es müssen auch die anliegenden Winkel 36° sein und das Fünfeck ist tatsächlich regelmäßig.
Aber dafür musst du auch zeigen, dass die Seiten gleich lang sind oder dass die Diagonalen alle dieselbe Länge haben. Leider habe ich das in deinem Beweis vermisst.
Deshalb habe ich hier diese Figur gezeichnet.
Schau dir meinen Beweis der 3.Aufgabe an.
Ich hatte zuerst zwar gezeigt, dass die Diagonalen gleich lang sind. Einfacher ist aber die Gleichheit der Seiten zu zeigen.
Aber du bist sicher nicht der einzige, der das vergessen hat.
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m4x
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| Beitrag No.32, eingetragen 2011-03-25
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ja hab meinen beitrag nochmal bearbeitet :D steht jetzt was anderes drin da hatte ich mir deinen beweis dann angeguckt.
aber bei soner aufgabe vergisst man sowas schnell... habs mir diesmal auch gespart noch ein zweites mal kritisch drüberzuschauen
[ Nachricht wurde editiert von m4x am 25.03.2011 19:18:32 ]
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chryso
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| Beitrag No.33, eingetragen 2011-03-25
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Es ist immer erforderlich zu prüfen, ob du damit wirklich das Geforderte gezeigt hast. Ich überlege mir immer ein Gegenbeispiel.
Kann ich mit diesen Angaben ein Fünfeck zeichnen, das nicht regelmäßig ist?
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m4x
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| Beitrag No.34, eingetragen 2011-03-25
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hast du gerade ein fünfeck mit 5 108° Innenwinkeln parat?
versuchs gerade aber kriegs nich hin
und ja.. war ein bischen naiv von mir
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chryso
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| Beitrag No.35, eingetragen 2011-03-25
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Kennst du Geogebra? Ist Freeware. Kannst es auch online starten, wenn du Java installiert hast.
www.geogebra.at
Oder inkscape. Ein tolles Freeware-Vektorgraphikprogramm.
Aber ich stelle dir ein 5eck hierher.
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m4x
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| Beitrag No.36, eingetragen 2011-03-25
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[ Nachricht wurde editiert von m4x am 25.03.2011 19:37:14 ]
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chryso
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| Beitrag No.37, eingetragen 2011-03-25
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Du meintest wahrscheinlich eines, das nicht regelmäßig ist?
Das ist ein wenig schwieriger zu zeichnen, aber auch kein Problem.
Dass es solche 5Ecke gibt kannst du dir folgendermßen überlegen.
Gehe 10 Schritte vorwärts, drehe dich um 72° nach rechts, gehe 8 Schritt vorwärts, wieder drehe dich um 72° ...
Die letzten beiden Seiten kannst du nicht mehr beliebig wählen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.35 begonnen.]
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m4x
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| Beitrag No.38, eingetragen 2011-03-25
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chryso
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| Beitrag No.39, eingetragen 2011-03-25
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Hier ein 5-Eck, wo zwar alle Winkel 108° sind, das aber nicht regelmäßig ist.
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2023-12-08 22:11 !
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