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 BWM 2012 Runde 1 |
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KristinW
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 24.11.2009
Mitteilungen: 30
 |  Themenstart: 2012-03-04
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Hallo,
da der Einsendeschluss am 1. März war, kann man ja jetzt über die Aufgaben diskutieren, oder?
Ich hatte Probleme mit den Aufgaben 2 und 3. Bei Aufgabe 2 wusste ich gar nicht, wie ich überhaupt anfangen soll und Aufgabe 3 hab ich 10 mal gezeichnet und jedes mal neue Hilfslinien reingezeichnet, aber nie konnte ich es beweisen.
Wie habt ihr die gelöst?
Liebe Grüße, Kristin
PS:
Aufgabe 2:
Gibt es positive ganze Zahlen a und b derart, dass sowohl a^2+4b als auch b^2+4a Quadratzahlen sind?
Aufgabe 3:
Einem Quadrat ABCD wird ein gleichseitiges Dreieck DCE aufgesetzt. Der Mittelpunkt dieses Dreiecks wird mit M bezeichnet und der Schnittpunkt der Geraden AC und BE mit S.
Beweise, dass das Dreieck CMS gleichschenklig ist.
[ Nachricht wurde editiert von KristinW am 05.03.2012 16:07:49 ]
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Rene_R
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Dabei seit: 18.02.2009
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| Beitrag No.1, eingetragen 2012-03-04
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Hallo KristinW,
meine Gedanken zu Aufgabe 2:
\
Da a und b in der Aufgabe symmetrisch sind, kann von a <= b ausgegangen werden. Dann gilt
b^2 + 4a > b^2 und
b^2 + 4a <= b^2 + 4b < b^2 + 4b + 4 = (b+2)^2
Es gilt also b^2 + 4a = (b+1)^2 = b^2 + 2b + 1 bzw. 4a = 2b + 1. Das ist ein Widerspruch, da die linke Seite gerade und die rechte Seite ungerade ist. Es gibt also keine Lösungen.
Grüße,
René
[ Nachricht wurde editiert von Rene_R am 13.03.2012 13:33:29 ]
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chryso
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Dabei seit: 07.02.2009
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2012-03-04
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Der Einsendeschluss war zwar der 1. März. Trotzdem war es in den vergangenen Jahren immer üblich , noch ca. eine Woche verstreichen zu lassen, bis wir hier über die Aufgaben diskutierten.
Aber gut. Es kann eigentlich jetzt niemand mehr etwas einsenden.
Aufgabe 3 war doch ganz einfach, da musste man nur den Strahlensatz und den Pythagoras anwenden. Ein wenig Rechnerei.
Aufgabe 2 fand ich im Vergleich zu allen anderen auch ein wenig schwieriger, da ich sie viel zu kompliziert anging.
Ich habe alle Aufgaben in meinem Notizbuch, aber derzeit (außer bei der 2.) noch nicht das "Öffentlicheitshäkchen" gesetzt.
Hier ist die zweite Aufgabe der 1. Runde 2012.
LG chryso
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chryso
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Dabei seit: 07.02.2009
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| Beitrag No.3, eingetragen 2012-03-04
|
Ich weiß nicht, ob jeder in meinem Notizbuch lesen kann, deshalb gebe ich meine Lösung der 2. Aufgabe auch hierher.
Aufgabe 2
Gibt es positive ganze Zahlen a und b derart, dass sowohl a² + 4b als auch b² + 4a Quadratzahlen sind?
Annahme: Es gibt solche Zahlen a, b, x, y \el\ \IN
a^2 +4b =x^2 |b^2 +4a = y^2
1) a < x |b < y
2) Ist a gerade <=> x gerade |Ist b gerade <=> y gerade =>
a== x(2) und b==y(2)
(aus 1)) => 3) a+2 <= x |b+2 <=y
4) a^2 +4b =x^2 |b^2 +4a = y^2 =>
a^2 +4b + b^2 +4a =x^2 + y^2
a^2 +4a +4 + b^2 +4b +4 =x^2 + y^2 +8
\big\ (a+2)^2 + (b+2)^2 = x^2 + y^2 +8
Andrerseits folgt aus 3) (a+2)^2 + (b+2)^2 <= x^2 + y^2
=> Wid.
Es gibt keine natürlichen Zahlen a und b derart, dass sowohl a² + 4b als auch b² + 4a Quadratzahlen sind.
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 13.03.2012 18:20:20 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.4, eingetragen 2012-03-04
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Die Aufgaben waren dieses Jahr sehr einfach. Hier mal meine Lösungen:
A1: Nein, denn wäre der Quotient 2, so die Summe als auch die Summe der Quersummen und damit die der Ziffern, die gleich 88 ist, durch 3 teilbar, was ein Widerspruch ist.
A2: Da a²+4b die gleiche Parität wie a² besitzt, müsste a²+4b > = (a+2)² = a²+4a+4, d.h. b > = a+2 gelten. Analog folgt auch a >= b+2, was zum Widerspruch führt, es also keine solchen Paare (a, b) gibt.
A3: Aus Symmetriegründen (Spiegelung an AC ==> < SDC = < CBS, sowie gleichen Basiswinkeln im gleichschenkligen Dreieck BCE mit BC=CE) folgt < SDC = < SEC und mit der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes, dass SC eine Sehne auf dem Umkreis von Dreieck CDE ist. Also liegt S auch darauf und besitzt zu dessen Mittelpunkt M den gleichen Abstand wie C, sodass MCS ein gleichschenkliges Dreieck ist. \Box
A4: Die Ecken seien im Uhrzeigersinn modulo 27 durchnummeriert. Aus Symmetriegründen besitzen zwei Diagonalen genau dann die gleiche Länge, wenn die Differenzen ihrer Eckpunktnummern bis aufs Vorzeichen
übereinstimmen. Da man aus 7 Punkten (7 über 2) = 21 verschiedene
Strecken bilden kann, es aber nur 14 verschiedene Streckenlängen darunter gibt, sind mindestens 2 dieser Strecken unter den ausgewählten Punkten gleich lang.
Sind genau 3 Eckpunkte an diesen 2 gleichlangen Strecken beteiligt, so
bilden diese ein gleichschenkliges Dreieck, im anderen Fall seien diese Strecken mit AB und CD bezeichnet. Aus Symmetriegründen (Spiegelung an m_BC bildet B auf C, also auch A auf D ab, ist also auch Mittelsenkrechte von AD, also BC || AD) ist dann ABCD ein
gleichschenkliges Trapez. \Box
Gesamt-Sätze: 10
Gesamt-Wörter: 241
Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 04.03.2012 20:54:49 ]
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chryso
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| Beitrag No.5, eingetragen 2012-03-04
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Dann stelle ich einmal auch ausschnittsweise Lösungen hierher.
Aufgabe 3
Einem Quadrat ABCD wird ein gleichseitiges Dreieck DCE
aufgesetzt. Der Mittelpunkt dieses Dreiecks wird mit M
bezeichnet und der Schnittpunkt der Geraden AC und
BE mit S.
Beweise, dass das Dreieck CMS gleichschenklig ist.
AG^- = GS^- = x
GS^- : GB^- = EF^- : 1/2
x : (1-x) = (1 + sqrt(3)/2) : 1/2 = (2+sqrt(3)): 1
x = (2+sqrt(3))/(3+sqrt(3))=(6-2*sqrt(3)+3*sqrt(3)-3)/(9-3) = (3+sqrt(3))/6
SM^- ^2 =(x-1/2)^2 +(1+ sqrt(3)/6 -x)^2 = (sqrt(3)/6)^2 + (3/6)^2 = 1/12 + 1/4 = 1/3
\blue\ SM^- = sqrt(3)/3
\blue\ CM^- = 2/3 * sqrt(3)/2 = sqrt(3)/3 => gleichschenkelig
Ich habe es außerdem noch mithilfe des Cosinussatzes gelöst, wenn jemand daran Interesse hat, gebe ich gerne den Link.
LG chryso
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chryso
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| Beitrag No.6, eingetragen 2012-03-04
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Hallo cyrix!
Du bezeichnest - wie auch ich - die Seiten des 27-Ecks ebenfalls als "Diagonalen". Das sollte man erwähnen.
2)
\quoteon(2012-03-04 19:19 - cyrix
... im anderen Fall seien diese Strecken mit AB und CD bezeichnet. Aus Symmetriegründen (Spiegelung an m_BC bildet B auf C, also auch A auf D ab, ist also auch Mittelsenkrechte von AD, also BC || AD) ist dann ABCD ein gleichschenkliges Trapez.
\quoteoff
Was ist, wenn sich die Punkte in dieser Reihenfolge D,C,A,B auf dem Kreis befinden?
Oder etwa gar D, A, C, B.
Natürlich kann man deinen Beweis richtig hinbiegen, aber - für meinen Anspruch - reichen die wenigen Worte nicht. 
Es könnten sich AC und BD schneiden (2. Möglichkeit) und in diesem Fall würde ich ABCD nicht unbedingt als herkömmliches Trapez bezeichnen.
Allerdings müssen dann auch die Strecken AD und BC gleich lang sein, aber das müsste man schon extra begründen, auf alle Fälle aber erwähnen!
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 13.03.2012 14:03:48 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.7, eingetragen 2012-03-04
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Grumml, stimmt. Man hätte schreiben müssen, dass die Strecken oBdA "gleichorientiert" bezeichnet seien (also die Bögen AB und CD gleichorientiert sind).
Das Problem mit der möglichen Überschneidung sehe ich leider auch, bzw. es wäre gutmütig die Lösung auch in dem Fall anzuerkennen.
Leider nur nen 3. Preis; Schade. ;) (Da hätte ich mir die 4. Aufgabe auch sparen können. *g*)
Cyrix
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chryso
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| Beitrag No.8, eingetragen 2012-03-04
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Dann gebe ich hierher mal meine Lösung
Aufgabe 4
Von den Eckpunkten eines regelmäßigen 27-Ecks
werden sieben beliebig ausgewählt.
Beweise, dass es unter diesen sieben Punkten drei
Punkte gibt, die ein gleichschenkliges Dreieck bilden,
oder vier Punkte, die ein gleichschenkliges Trapez bilden.
******************
Der Einfachheit halber bezeichne ich die Seiten des 27-Ecks ebenfalls als Diagonalen.
1) Ein Viereck ABCD ist dann ein gleichschenkeliges Trapez, wenn zwei gegenüberliegende Seiten und die beiden Diagonalen jeweils gleich lang sind.
\small\ oBdA AD^- = BC^- und |AC^- = BD^- => \Delta ACD kongruent \Delta BCD => \gamma = \delta
\small\ \Delta ABD kongruent zu \Delta ABC => \alpha = \beta => \alpha = 180°- \delta => AB parallel zu CD
2) In einem 27-Eck gibt es 13 verschiedene Längen der Diagonalen.
Jede Diagonalenlänge entspricht eindeutig einem Zentriwinkel \small k*360°/27=k 40°/3 = k* \phi
3) Seien 7 Punkte ausgewählt.
Es gibt (7;2)=21 Diagonalen. => Es gibt
mindestens ein Paar Diagonalen d_1 und d_2, die gleich lang sind.
a) d_1 und d_2 haben einen gemeinsamen Eckpunkt =>
sie bilden ein \blue\ gleichschenkeliges Dreieck.
b) Sie haben keinen gemeinsamen Eckpunkt
d_1 = AB und d_2 = CD, wobei o.B.d.A. AD^- >= BC^-
AB <-> k_1 * \phi |CD <-> k_1 * \phi
BC <-> k_2 * \phi
AD <-> k_3 * \phi
\big\ i) k_3 = 2*k_1 +k_2 \normal\ |d.h. A,B,C,D liegen in dieser Reihenfolge am Kreis
|=> AC <-> (k_1 +k_2) * \phi
|BD <-> (k_1 +k_2) * \phi
=> Die Diaonalen des Vierecks ABCD sind gleich lang.
Da AB^- = CD^- =>\blue\ ABCD ist ein gleichschenkeliges Trapez.
\big\ ii) k_3 = 2k_1 - k_2 \normal\ d.h. A,C,B,D liegen in dieser Reihenfolge am Kreis und die Diagonalen AB^- = CD^-
|=> AC <-> (k_1 -k_2) * \phi
|BD <-> (k_1 -k_2) * \phi
=> Die Seiten des Vierecks ACBD AC und BD sind gleich lang.
=>\blue\ ACBD ist ein gleichschenkeliges Trapez.
Erweiterungen:
A) Bereits für 6 ausgewählte Punkte kann man immer drei (oder vier) finden, die ein gleichschenkeliges Dreieck (gleichschenkeliges Trapez) bilden, da schon hier von 15 auftretenden Diagonalen mindestens ein Paar gleich lang sein muss. (Beweis wie oben)
B) Für 5 Punkte ist das nicht der Fall.
Gegenbeispiel: Man wähle die Punkte 1,2,4,10,24.
Hier sind alle Diagonalen verschieden.
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 05.03.2012 12:13:14 ]
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ZetaX
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.9, eingetragen 2012-03-04
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Zusatzaufgabe: Was hat Aufgabe 4 mit viewtopic.php?topic=163544 zu tun¿
(Man kann diese Allroundaufgabe irgendwie für alles verwenden ;-) )
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viertel
Senior 
Dabei seit: 04.03.2003
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Wohnort: Hessen
 | Beitrag No.10, eingetragen 2012-03-04
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Ui, hier wird viel gerechnet 
zu Aufgabe 3
Spielen wir doch ein wenig mit Winkeln:
$\delta$ und $\beta$ sind aus Symmetriegründen gleich.
Ebenso sind $\varepsilon$ und $\beta$ als Basiswinkel des gleichschenkligen Dreiecks $EBC$ gleich.
Ergo: $\varepsilon=\delta$
Damit sind $\delta$ und $\varepsilon$ Umfangswinkel über derselben Sehne des Kreises (drei Punkte des Kreises liegen ja schon fest, $S$ muß also auch darauf liegen), und damit ist $\overline{MS}=\overline{MC}$
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
Nachtrag
Mist, ich sehe gerade, daß cyrix ja genau das auch schon in seinem Beitrag #4 geschrieben hat (ich hätte ihn doch erst genauer lesen sollen). Dafür gibt es nun ein passendes Bildchen dazu 
[ Nachricht wurde editiert von viertel am 04.03.2012 21:31:09 ]
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.11, eingetragen 2012-03-04
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Mir gefällt eure Lösung (von cyrix und viertel) sehr gut. 
Das ist elegant und so, wie ich mir eine Lösung einer Geometrieaufgabe vorstelle.
Allerdings sooo viel Rechnerei, wie da viertel stöhnt, war das bei meiner Lösung auch nicht.
Das sind drei Zeilen und das nur deshalb, weil ich so ausführlich vorgerechnet habe, damit jeder das leicht nachverfolgen kann.
LG chryso
Meine Lösung der 4. Aufgabe schaut nur so umfangreich aus. Tatsächlich ist der Gedankengang kaum etwas anderes als der von cyrix. Ich wollte es eben ordentlich machen.
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viertel
Senior
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27787
Wohnort: Hessen
| Beitrag No.12, eingetragen 2012-03-05
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Nun ja, das „viel Rechnen“ bezog sich nicht nur auf die Geometrieaufgabe
Aber die ist ja immerhin praktisch ohne Rechnung zu lösen.
Hingegen habe ich es mit den zahlentheoretischen Dingern nicht so. Jedenfalls was eigene Lösungen angeht. Lese jedoch gerne Lösungen mit (soweit ich mitkomme) und lerne.
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
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 | Beitrag No.13, eingetragen 2012-03-05
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cyrix, es wird wohl doch nur ne anerkennung. du erhältst nur a > = b+1 und nicht a > = b+2.
aussagen wie "die aufgaben waren dieses jahr sehr einfach" gefallen mir so ohne relativierung ganz und gar nicht. einfacher als vor ein paar jahren, ok, einfacher als die 3. runde der matheolympiade, ok, aber einfach nur "sehr einfach"? es gibt ganz sicher einige, die nicht alle aufgaben rausbekommen haben und den satz als "ich bin nicht schlau genug für diesen wettbewerb" lesen, mit der entsprechenden konsequenz.
Naphthalin
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.14, eingetragen 2012-03-05
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Es fehlt noch die erste Aufgabe:
Aufgabe 1
Alex schreibt die sechzehn Ziffern 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9 in beliebiger Reihenfolge nebeneinander und setzt dann irgendwo zwischen zwei Ziffern einen Doppelpunkt, so dass eine Divisionsaufgabe entsteht.
Kann das Ergebnis dieser Rechnung 2 sein?
******************
Sei ZS(a) die Ziffernsumme der Zahl a
z= a*10^n + b
1) ZS(z) =ZS(a) +ZS(b)= (2+3+4+5+6+7+8+9)*2 =88 |=> z==7(9)
Annahme: Es gibt solch eine Möglichkeit der Zerlegung, dass a:b=2
a=2b
2) z= 2b*10^n+b =b(2*10^n +1) => 3\|z |Wid. zu 1)
Das Ergebnis dieser Division kann nie exakt 2 ergeben.
Ist dasselbe wie von cyrix.
\quoteon(2012-03-04 20:37 - cyrix in Beitrag No. 7)
Leider nur nen 3. Preis; Schade. (Da hätte ich mir die 4. Aufgabe auch sparen können. *g*)
Cyrix
\quoteoff
Naja, 0 Punkte werden es nicht sein!
Und mit einem dritten Preis kommst du genauso weiter.
Kopf hoch!
LG chryso
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.15, eingetragen 2012-03-05
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\quoteon(2012-03-05 00:26 - Naphthalin in <a href=viewtopic.php?topic=165819&post_id=1221284>Beitrag No. 13</a>)
cyrix, es wird wohl doch nur ne anerkennung. du erhältst nur a > = b+1 und nicht a > = b+2.
\quoteoff
Nicht mal richtig abschreiben kann ich; grumml... Aber für nen 3. Preis reicht es schon noch; hab doch 4 Aufgaben mit Mängeln bearbeitet. Außerdem würde ich als Korrektor das als Schreibfehler durchgehen lassen... ;-)
\quoteon
aussagen wie "die aufgaben waren dieses jahr sehr einfach" gefallen mir so ohne relativierung ganz und gar nicht. einfacher als vor ein paar jahren, ok,
\quoteoff
Genau das wollte ich aussagen, denn bei einem sich jährlich wiederholenden Ereignis sind die Vorjahreswerte doch die natürlichen Vergleichspunkte. :)
\quoteon
einfacher als die 3. runde der matheolympiade, ok, aber einfach nur "sehr einfach"? es gibt ganz sicher einige, die nicht alle aufgaben rausbekommen haben und den satz als "ich bin nicht schlau genug für diesen wettbewerb" lesen, mit der entsprechenden konsequenz.
\quoteoff
Dies wollte ich garantiert nicht aussagen.
Merke: Präzisier arbeiten! :)
Grüße
Cyrix
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AllenscheRegel
Wenig Aktiv
Dabei seit: 06.03.2012
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.16, eingetragen 2012-03-06
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Ich hab dieses Mal das erste Mal mit gemacht und dass alle davon reden wie einfach das doch alles sei ist echt ein bisschen blöd, weil ich nämlich schon auch mal nen Tag oder mehr für eine Aufgabe gebraucht habe. Da kommt man sich ganz schön blöd vor.
Hab auch alles denke ich ein bisschen umständlich gemacht ^^
Hab zb für Aufgabe 1 erstmal gezeigt, dass, wenn man Ziffern aus den Zahlen a und b austauscht, sich die Quersummendifferenz von a und 2b nur um Vielfache von 3 ändern kann. Zusätzlich dann noch, dass sich die Quersumme von 2b nicht ändert, wenn man innerhalb von b die Ziffern vertauscht. Daraus folgte dann, dass, wenn eine beliebige Wahl der Zahlen a und b nicht zu einer Quersummendifferenz der Zahlen a und 2b von 3k führt, auch für keine mögliche andere Wahl jemals die Quersummendifferenz 0 erreicht werden kann.
Ich kann nicht so ganz nachvollziehen, ob das vielleicht ein ähnlicher Ansatz wie der von Cyrix ist, weil ich den Beweis von ihm offen gesagt nicht verstehe.
Insgesamt wurde das dann jedenfalls 2 Seiten lang ^^
Aber hoffe, dass da trotzdem was draus wird (habe alle bis auf die 4. geschafft.) :)
[ Nachricht wurde editiert von AllenscheRegel am 06.03.2012 16:19:50 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.17, eingetragen 2012-03-06
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Hallo und Willkommen auf dem Matheplaneten! :)
Es ging hier niemandem darum, dass sich andere blöd vorkommen müssen. Jeder, der sich die Mühe macht und sich intensiver mit den Aufgaben auseinander setzt, hat schon was erreicht: Nämlich das gute Gefühl, wenn man eine Aufgabe gelöst hat! :)
(Des Weiteren hat es auch viel mit Training zu tun. So mancher hier ist da seit Jahrzehnten im Geschäft. Dass diese Leute einen etwas anderen Blick auf die Aufgaben haben, als jemand, der sich erst beginnt damit auseinander zu setzen, ist auch halbwegs natürlich. Das heißt aber nicht, dass man dies nicht auch erreichen kann. :) )
Grüße
Cyrix
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AllenscheRegel
Wenig Aktiv
Dabei seit: 06.03.2012
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.18, eingetragen 2012-03-06
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\quoteon(2012-03-06 16:23 - cyrix in Beitrag No. 17)
Hallo und Willkommen auf dem Matheplaneten! :)
\quoteoff
Danke :)
Ja, das Gefühl, wenn man eine geschafft hatte, war wirklich toll. Ich hab mich jetzt auch nicht wirklich davon deprimieren lassen, weil ich mir eben gedacht habe, gut Gegenüberstellung Profi <-> Anfänger macht nicht so viel Sinn.
Ich wollte nur einmal mitteilen, wie das für einen Anfänger ist. Dass es nicht deine Intention war, kann ich mir denken, du wirkst doch eher sympatisch :)
Lg.
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Ex_Senior
| Beitrag No.19, eingetragen 2012-03-06
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@AllenscheRegel: Keine Sorge, wir waren alle mal Anfänger. (Und Naphtalin hat mich ja schon zurecht gepfiffen... ;-) )
Grüße und noch viel weiteren Spaß, wenn es in die nächsten Runden geht! :)
(Jetzt müssen erst einmal die Leute "auf der dunklen Seite der Macht" - sprich die Korrektoren wie ich - aktiv werden... ;-) )
Grüße
Cyrix
btw: Der "Erfinder" von Darth Vader, Chewbacca und R2D2 ist vor Kurzem gestorben... :(
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
Mitteilungen: 10529
Wohnort: Österreich
| Beitrag No.20, eingetragen 2012-03-06
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Hallo AllenscheRegel!
Zuerst einmal herzlich willkommen auf dem Matheplaneten.
Lass dich durch Cyrix' Aussage nicht irritieren. Er hat das eh schon relativiert.
Man kann so etwas auch nicht so einfach verallgemeinern.
Man empfindet eine Aufgabe als einfach, wenn man schnell die zündende Idee hatte. Und cyrix ist ein "alter Hase", der seit Jahren als Korrektor tätig ist.
Ich zum Beispiel fand die zweite Aufgabe nicht einfach, denn ich habe relativ lang in die falsche Richtung zu beweisen versucht.
Ich empfand sie deshalb als schwieriger als die des letzten Jahres.
Wie hast DU die Aufgaben gelöst?
Mich interessiert das.
LG chryso
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AllenscheRegel
Wenig Aktiv
Dabei seit: 06.03.2012
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.21, eingetragen 2012-03-06
|
Da bin ich so vorgegangen:
Ich weiß leider nicht, wie man das so schön aufschreibt, ich hoffe man kann das lesen:
Angenommen es gäbe solche Zahlen a, b, dann ist
a^2+4b = k^2
Dann ist a^2 < k^2
Also ist k^2 der Form (a+x)^2 mit x in |N
a^2+4b = (a+x)^2 = a^2+2ax+x^2
b = (2ax+x^2)/4
Nur für gerade x ergibt sich ein b in |N, also ist x=2p mit p in |N
Eingesetzt ergibt das:
b = ap+p^2 => b > a
Analog erhält man
b^2+4a = z^2 => a > b, was dann zum Widerspruch führt.
Ich habe übrigens für die 1 am längsten gebraucht, weil ich da am Anfang garkeine Idee hatte. (Wenn man davon absieht, dass ich die 4 nicht habe)
Lg ;)
[ Nachricht wurde editiert von AllenscheRegel am 06.03.2012 19:47:24 ]
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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Wohnort: Österreich
| Beitrag No.22, eingetragen 2012-03-06
|
"Schön" aufschreiben kann man das mit Hilfe des Fedgeo (siehe linke Spalte)
\
\blue\ Beweis von AllenscheRegel
Angenommen es gäbe solche Zahlen a, b, dann ist
a^2+4b = k^2
Dann ist a^2 < k^2
Also ist k^2 der Form (a+x)^2 mit x in |N
a^2+4b = (a+x)^2 = a^2+2ax+x^2
b = (2ax+x^2)/4
Nur für gerade x ergibt sich ein b in |N, also ist x=2p mit p in |N
Eingesetzt ergibt das:
b = ap+p^2 => b > a
Analog erhält man
b^2+4a = z^2 => a > b, was dann zum Widerspruch führt.
Ich habe hier nur "fed Bereich einfügen" geklickt und deinen Code eingefügt.
Ja, dein Beweis ist korrekt.
Es ist erstaunlich, wie viele doch unterschiedliche recht schöne Beweise hier für die 2. Aufgabe gebracht wurden.
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 26.03.2012 16:01:44 ]
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Zetavonzwei
Senior
Dabei seit: 07.03.2012
Mitteilungen: 634
Wohnort: Bamberg, Deutschland
 | Beitrag No.23, eingetragen 2012-03-07
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Hallo erstmal ;D
Ich hätte noch ne Alternative für die 3 anzubieten...
Dazu verwende ich mal die Skizze mit den Bezeichnungen von Chryso, außerdem wird S an EP gespiegelt und man erhält den Punkt S'. Dieser wird an ED gespiegelt und man erhält den Punkt P. Der Schnitt von PS mit CD (bzw. der Verlängerung) sei Q.
Wie Viertel bereits festgestellt hat, ist < CEB=< EBC=15°. Aus Symmetriegründen ist auch < S'ED=< DEP=< CEB=15°. Außerdem ist < ESC=60° (Erhält man durch Nachrechnen mit der Winkelsumme im Dreieck ESC)
Weiterhin ist aus Symmetriegründen |EP|=|ES|.
Mit den oben gemachten Feststellungen ist < SEP=< CED-< CES+< DEP=60°-15°+15°=60°. Damit ist Dreieck PSE gleichseitig.
Es gilt also insbesondere [ Nachricht wurde editiert von Zetavonzwei am 07.03.2012 19:16:46 ]
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maddio14
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.05.2010
Mitteilungen: 394
| Beitrag No.24, eingetragen 2012-03-07
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Hallo alle miteinander,
Selbst wenn man keine Ahnung von Aufgabe 3 hatte (d.h. keine clevere Idee das ganze simpel zu beweisen), hätte man ganz stumpf mithilfe von analytischer Geometrie die entsprechenden Längen allgemein berechnen können und dadurch festgestellt, dass die Strecke MC genau so lang wie die Strecke MS ist. Natürlich wäre dies nicht halb so schön und um einiges länger, die Aufgabe wäre aber gelöst. Zumindest diese Aufgabe war also im Verhältnis zum letzten Jahr ziemlich einfach.
Mfg maddio14
[ Nachricht wurde editiert von maddio14 am 07.03.2012 19:43:08 ]
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
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| Beitrag No.25, eingetragen 2012-03-11
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Hallo maddio!
Soweit ich mich erinnere, machst du heuer dein Abitur.
Hast du wieder am BWM teilgenommen?
Wie ist es dir mit den anderen Aufgaben ergangen?
LG chryso
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maddio14
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.05.2010
Mitteilungen: 394
| Beitrag No.26, eingetragen 2012-03-12
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Hallo Chryso,
Ja ich habe teilgenommen, da ich das letzte Mal, bei dem ich die Möglichkeit dazu habe, nutzen wollte (ich bin übrigens sehr darüber erstaunt, dass du dich daran erinnerst, dass ich dieses Jahr Abitur mache). Insgesamt fand ich die Aufgaben nicht allzu schwer (allerdings kann es sein, dass ich wieder irgendwo versteckte Fehler habe). Ich habe mir die Freiheit genommen Aufgabe 1, 2 und 4 einmal in mein Notizbuch zu stellen, falls jemand Interesse hat sich meine Lösungen durchzulesen und Kritik zu äußern (Aufgabe 3 findet sich dort nicht, da sich bei ihr ja eigentlich alles nur aufs Technische beschränkt). Mit meiner Lösung von Aufgabe 1 bin ich sehr zufrieden, da sie sehr kurz und recht elegant ist. Aufgabe 2 hingegen gefällt mir nicht sonderlich (hier vermute ich auch irgendwo versteckte Fehler) und Aufgabe 4 ist ganz in Ordnung (hätte man aber kürzer formulieren können).
Mit freundlichen Grüßen,
Maddio14
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chryso
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| Beitrag No.27, eingetragen 2012-03-13
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Deine erste Aufgabe hast du ziemlich ähnlich gelöst wie ich (siehe #14)
Ich glaube, es wird für die erste Aufgabe auch kaum eine andere Möglichkeit geben, als die Annahme durch die Teilbarkeit zu widerlegen.
Zu den anderen Aufgaben später.
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 13.03.2012 13:57:52 ]
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maddio14
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.28, eingetragen 2012-03-14
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Danke Chryso für deine Antwort,
Ich habe deine Lösung vorher schon gelesen und mir war auch aufgefallen, dass das, was ich getan habe fast genau das gleiche ist. Daher hätte ich mir das eigentlich sparen können. Ich bin mal gespannt, was du zu meinen anderen beiden Lösungen (?) sagst.
Mfg maddio14
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Zetavonzwei
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| Beitrag No.29, eingetragen 2012-03-14
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Doch, Chryso...
Es wäre zwar nicht sehr schön (also übertrieben umständlich), aber man könnte sämtliche Quotienten von möglichen Zahlenkombinationen berechnen (Das würde nur den Rahmen absolut sprengen...)
MfG Zeta(2)
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chryso
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| Beitrag No.30, eingetragen 2012-03-14
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Schon allein auszurechnen, wie viele mögliche Quotienten hier zu untersuchen wären, ist viel schwieriger als es die Aufgabe mit Teilbarkeit war.
LG chryso
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chryso
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| Beitrag No.31, eingetragen 2012-03-15
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@maddio14
Zur Aufgabe 4:
Ich verstehe eigentlich nicht, warum du erklärst, wann ein Dreieck gleichschenkelig ist. Das dürfte klar sein: Wenn zwei der drei Seiten gleich lang sind.
\quoteon
so findet sich unter den sieben zu wählenden Punkten genau dann ein gleichschenkliges Dreieck oder Trapez, wenn die Punkte zweier verschiedener Paare der sieben gewählten Ecken den gleichen Abstand besitzen. Nehmen wir nun an es gäbe ein Gegenbeispiel zu der aufgestellten Behauptung. Dann müssten alle der sieben gewählten Ecken unterschiedliche Abstände zueinander besitzen. Dies ist jedoch nicht möglich, da bereits die Summe 1+2+...+7 gleich 28 ist; die Figur jedoch nur 27 Ecken besitzt.
\quoteoff
Du zeigst nun, dass bei 7 ausgewählten Punkten zumindest 2 'Diagonalen' (so wie ich es definiert habe) gleich groß sind.
Dass dies aber bedingt, dass du entweder ein gleichschenkeliges Dreieck oder ein gleichschenkeliges Trapez vorliegen hast, hast du nicht gezeigt.
Du müsstest eine Fallunterscheidung machen:
1) die gleich langen Diagonalen haben einen Eckpunkt gemeinsam => gleichschenkeliges Dreieck
2) kein gemeinsamer Eckpunkt: Du hast zwei gleich lange 'Diagonalen'.
Wer sagt dir, dass das ein gleichschenkeliges Trapez ist?
Meine Kritik ist teilweise dieselbe wie bei cyrix's 4. Aufgabe
Aber du hast ja eigentlich mehr gezeigt (aber nicht gesagt!!):
Nehmen wir die 7 ausgewählten Punkte (der Reihe nach auf dem Kreis): R1, R2, R3, R4, R5, R6, R7
Du hättest mit deinem Summen-Argument angeben können, dass sogar zwei Seiten deines Siebenecks (nicht nur die Verbindung von jedem Paar Punkten) gleich sind.
Nehmen wir an, Ri1Ri2=Ri3Ri4, wobei i1 < i2 < i3 < i4 .
Dann sind zwei gegenüberliegende Seiten dieses Vierecks gleich lang.
Aber einen Beweis dafür, dass dieses Viereck ein Trapez ist, haben wir deshalb noch immer nicht.
Wesentlich dafür ist, dass nicht nur Ri1Ri2= Ri3Ri4, sondern auch Ri1Ri3=Ri2Ri4
(was du mit deiner Definition von Abstand leicht zeigen könntest.)
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 16.03.2012 10:43:38 ]
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Zetavonzwei
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| Beitrag No.32, eingetragen 2012-03-15
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@chryso
Ich hab ja auch nicht behauptet, dass es leicht bzw. sinnvoll ist, sondern nur, dass es gehen würde...
Zur 4: Ich hab dabei gezeigt, dass jedes Sehnenviereck mit zwei gleichlangen Diagonalen oder zwei gleichlangen (gegenüberliegende) Seiten ein gleichschenkliges Trapez ist. Anschließend hab ich gezeigt, dass es min. zwei gleichlange Seiten/Diagonalen gibt. dazu noch ausnutzen, dass jedes regelmäßige n-Eck einen Umkreis hat, fertig...
[ Nachricht wurde editiert von Zetavonzwei am 15.03.2012 21:11:47 ]
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chryso
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| Beitrag No.33, eingetragen 2012-03-15
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Den Beweis, dass es sich um ein Trapez handelt, hätte man auch folgendermaßen führen können.
\blue\ Behauptung: Sind in einem Sehnenviereck zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang, so ist das Viereck ein gleichschenkeliges Trapez.
o.B.d.A. AD^- = BC^-
Folgende Winkel sind gleich, da sie Peripheriewinkel über derselben
(oder einer gleich langen) Sehne sind.
\measuredangle\ ACD = \measuredangle\ ABD =\measuredangle\ BAC =\measuredangle\ BDC über AD^- und BC^-
\measuredangle\ CAD =\measuredangle\ CBD über CD^-
\measuredangle\ ACB =\measuredangle\ ADB über AB^-
=> \measuredangle\ BAD +\measuredangle\ ADC =180° => AB ist parallel zu DC
Da du in deinem Siebeneck zwei nicht nebeneinanderliegende gleich lange Seiten hast, hast du auch ein Viereck, bei dem zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang sind. => gleichschenkeliges Trapez.
LG chryso
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.31 begonnen.]
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chryso
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| Beitrag No.34, eingetragen 2012-03-15
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Diesen Beweis braucht man zwar nicht für maddios Lösung, aber wenn man die Aufgabe anders löst (wie cyrix oder ich), kann dieser Beweis nützlich sein.
\blue\ Behauptung2: Sind in einem Sehnenviereck die Diagonalen gleich, so ist das Viereck ein gleichschenkeliges Trapez.
\measuredangle\ ADC = \measuredangle\ DBC und \measuredangle\ DAB =\measuredangle\ ABC, da sie Peripheriewinkel über einer gleich langen Sehne sind.
In einem Sehnenviereck sind gegenüberliegende Winkel zusammen 180°.
\small(Man hätte auch argumentieren können, weil die Winkelsumme im Viereck =360° ist.)
=> \measuredangle\ BAD +\measuredangle\ ADC =180° => AB ist parallel zu DC.
LG chryso
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 15.03.2012 21:48:57 ]
[ Nachricht wurde editiert von chryso am 16.03.2012 12:39:13 ]
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maddio14
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| Beitrag No.35, eingetragen 2012-03-17
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@ Chryso,
Stimmt. Bei mir hapert es immer damit zu sehen, was zu zeigen ist und was ich überspringen kann. Aus diesem Grund habe ich es ausgelassen, die Parallelität der beiden Seiten zu zeigen, da ich dachte, das sei von selbst klar (anschaulich kam mir das so vor). Ich bin gespannt, wie hart dieser Fehler bewertet wird.
Mfg maddio14
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Ex_Senior
| Beitrag No.36, eingetragen 2012-03-17
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Hallo!
Vor Vereinheitlichung nach Zweit- und Drittkorrektur: Ich habe das ganze (keine Bemerkung zur Parallelität) als Lücke, d.h. schon wesentlichen Mangel, eingestuft. Zwei von der Sorte, und ein dritter Preis ist eher unwahrscheinlich.
Grüße
Cyrix
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