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 BWM 2016 |
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Ehemaliges_Mitglied
 |  Themenstart: 2016-02-25
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Moin,
sehe gerade das Aufgabenblatt
https://www.mathe-wettbewerbe.de/download/aufgaben-16-1.pdf
Abgabetermin 1.3.16.
Heisst das, dass man also jeder auch Nichtschüler hier ab 2.3. lang und breit darüber diskutieren und Lösungen einstellen kann? Die mit dem Dreieck find ich scharf:)
Und wann werden die besten Lösungen bekanntgegeben?
Jürgen
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ochen
Senior 
Dabei seit: 09.03.2015
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| Beitrag No.1, eingetragen 2016-02-25
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Hallo juergen007,
die Aufgaben sind bereits seit Dezember 2015 online. Ich finde, dass nicht einmal darueber geschrieben werden darf, welche Aufgaben man leicht oder schwer findet. Eigentlich sollte sich gar nicht dazu geaeussert werden duerfen. Ausserdem glaube ich, dass man mindestens eine Woche nach Einsendeschluss warten sollte, da die Loesungen auch nach dem 1. Maerz eintreffen duerfen.
Liebe Gruesse
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Zetavonzwei
Senior 
Dabei seit: 07.03.2012
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Wohnort: Bamberg, Deutschland
 | Beitrag No.2, eingetragen 2016-02-25
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Hallo,
in den großen Mathematikforen (also z.B. hier) ist es gängige Praxis (und wird auch eingehalten, da Wettbewerbsorganisatoren/Ehemalige präsent sind), dass über Lösungsansätze zu Aufgaben frühestens eine Woche nach Einsendeschluss diskutiert wird (egal, von wem).
Über Schwierigkeitsgrade wird diskutiert, allerdings immer so, dass daraus keine Lösungshinweise ableitbar sind.
Für Teilnehmer ist (aus naheliegenden Gründen) jede Diskussion verboten und die großen Mathematikforen möchten natürlich nicht die Wettbewerbe untergraben. Was du als Nicht-Schüler zuhause im Privaten diskutierst, bleibt natürlich dir überlassen. (Allerdings darf kein Teilnehmer mit dir darüber sprechen)
Viele Grüße
Zvz
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.3, eingetragen 2016-03-08
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Hallo,
da die gewünschte Wartezeit verstrichen ist, möchte ich die Lösungsdiskussion eröffnen. Ich habe mir nach mehreren Jahren mal wieder Gedanken über die aktuellen Aufgaben gemacht. Für das Posten kompletter Beweise möchte ich mir die Zeit nicht nehmen, daher folgen nur mehr oder weniger ausführliche Lösungsskizzen:
1)
Die gegebene Zahl sei z. Dann gilt offenbar z=10^0+10^2+...+10^4030+10^4032. Es handelt sich um eine geometrische Reihe, und demnach ist z=sum((10^2)^k,k=0,2016)=(10^4034-1)/99 bzw. 99*z=10^4034-1<=>9*11*z=(10^2017+1)*(10^2017-1).
Wie man leicht sieht, ist der rechte Faktor durch 9, und der linke Faktor durch 11 teilbar. Da beide Faktoren offensichtlich größer als 9 bzw. 11 sind, kann z keine Primzahl sein.
2)
Der Trick liegt darin, das Dreieck XYZ mit XY parallel AB zu betrachten. Es lässt sich anhand von Höhen- und Seitenlängen-Vergleichen zeigen, dass Anja für jedes Y, das nicht der Bedingung XY parallel AB genügt, ein Z finden kann, mit dem der Flächeninhalt von XYZ größer wird als der Flächeninhalt von XYZ mit XY parallel AB. Bernd wählt also im optimalen Spiel Y so, dass XY parallel AB ist.
Eine simple Extremwertberechnung liefert schließlich noch, dass Anja X genau dann optimal setzt, wenn X die Strecke BC halbiert. Der Punkt Z kann dann offensichtlich beliebig gesetzt werden.
3)
Gemäß Peripheriewinkelsatz gilt DBA=DCA. Da nach Voraussetzung QCA=90° ist, folgt QCD=90°-DCA. Weiter ist PCQD nach der Umkehrung des Satz des Thales ein Sehnenviereck, so dass abermals nach dem Peripheriwinkelsatz 90°-DCA=QCD=QPD ist.
Es bezeichne nun H den Schnittpunkt der Geraden PQ und AB. Weil HPB und QPD Scheitelwinkel sind, folgt daraus in Kombination mit dem Innenwinkelsatz für HPB
BHP=180°-DBA-HPB=180°-DCA-QPD=180°-90°+QPD-QPD=90°.
4)
Man sieht zunächst leicht, dass mindestens 1 Kind die 0 an die Tafel schreibt, mindestens 2 Kinder die 1 an die Tafel schreiben, ..., mindestens 11 Kinder die 10 an die Tafel schreiben. Nimmt man an, dass es jeweils genau 1, 2, ..., 10, 11 Kinder sind, so sieht man, dass diese Annahme zutrifft, denn es ist 1+2+..+11=66. Jeder der Zahlen von 0 bis 10 steht also genau einmal an der Tafel. Folglich existieren insgesamt nur 11 verschiedene Namen, unabhängig ob Vor- oder Nachname.
Es wird nun angenommen, dass in der Klasse keine zwei Kinder mit gleichem Vor- und Nachnamen existieren. Ohne Beeinschränkung der Allgemeinheit haben 11 Kinder den gleichen Vornamen. Dann müssten diese laut Annahme alle unterschiedliche Nachnamen besitzen. Da es aber nur noch 10 verschiedene andere Namen gibt, folgt daraus sofort, dass mindestens 2 Kinder den gleichen Nachnamen haben und somit ein Widerspruch zur Annahme.
EDIT: Bei Aufgabe 4 ist es natürlich nicht richtig, dass jede der Zahlen von 0, 1, ..., 10 genau einmal vorkommt. Richtig ist, dass jede Zahl n genau (n+1)-mal vertreten ist, woraus dann wieder schlussendlich folgt, dass es nur 11 verschiedene Namen gibt.
EDIT2: Zusätzlich muss bei dieser Aufgabe noch ergänzt werden, dass es nur 1 Kind gibt, dessen Name genau einmal auftritt. Insofern sind 10 Kinder auf 9 Namen zu verteilen, die jeweils mindestens doppelt vorhanden sind.
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Kollodez777
Senior
Dabei seit: 15.07.2014
Mitteilungen: 1522
 | Beitrag No.4, eingetragen 2016-03-08
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Hi,
zu 3) muss ich noch hinzufügen, dass man beweisen muss, dass der Schnittpunkt der beiden geraden überhaupt existiert.
MfG
K7
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 02.03.2016
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| Beitrag No.5, eingetragen 2016-03-08
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Darf man jetzt hier als Teilnehmer mitdiskutieren?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
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| Beitrag No.6, eingetragen 2016-03-08
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Zetavonzwei
Senior
Dabei seit: 07.03.2012
Mitteilungen: 634
Wohnort: Bamberg, Deutschland
| Beitrag No.7, eingetragen 2016-03-08
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Hallo Ikosaeder,
da der Teilnahmeschluss ja bereits einige Zeit vorbei ist, sollte das kein Problem mehr darstellen.
Viele Grüße
Zvz
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.8, eingetragen 2016-03-08
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Ok, danke. Ich habe nämlich überwiegend andere Lösungsansätze also robertoprophet. Hab dieses Jahr zum erstenmal mitgemacht und finde die Aufgaben echt spannend.
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
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| Beitrag No.9, eingetragen 2016-03-08
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Sind die Aufgaben eigentlich so konzipiert, dass es mehrere Lösungen gibt?
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.10, eingetragen 2016-03-08
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Also Aufgabe 1 habe ich glaub ich genauso gelöst, wie robertoprophet. War nur dich die geometrische Reihe ein bisschen verwirrt.
Aber ich habe Aufgabe 3 nicht mit dem Peripheriewinkelsatz gelöst.
Ich habe mit Umformen des Sehnensatzes und den Scheitelwinkeln APB und DPC die Ähnlichkeit der Dreiecke APB und DPC bewiesen.
Dann habe ich den Schnittpunkt der Strecken DC (hab ich neu eingezeichnet) und PQ S genannt und dann nach demselben Prinzip wie oben die Ähnlichkeit von PSC und DSQ bewiesen. Damit setzt sich der gegebene rechte Winkel bei D aus den Winkeln PAB und APH (wenn H wie bei robertoprophet der Schnittpunkt von AB und PQ ist) zusammen. Nach der Innenwinkelsumme im Dreieck APH muss der Winkel AHP dann auch ein rechter sein.
Was sagt ihr dazu?
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Kollodez777
Senior
Dabei seit: 15.07.2014
Mitteilungen: 1522
| Beitrag No.11, eingetragen 2016-03-08
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\quoteon(2016-03-08 17:33 - Ikosaeder23 in Beitrag No. 9)
Sind die Aufgaben eigentlich so konzipiert, dass es mehrere Lösungen gibt?
\quoteoff
Natürlich achtet man nicht, dass es mindestens zwei Lösungen zu einer Aufgabe existieren (oder gar mehrere). Wie soll das denn überhaupt gehen? Man kann die Anzahl der Beweise einer Aufgabe nicht vorherbestimmen.
Die Aufgaben haben meistens mindestens eine elegante Lösung, welche dann auch in den Musterlösungen auftauchen.
MfG
K7
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Ikosaeder23
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Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.12, eingetragen 2016-03-08
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Ja, stimmt. Klingt irgendwie logisch...
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.13, eingetragen 2016-03-08
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\quoteon(2016-03-08 18:17 - Ikosaeder23 in Beitrag No. 10)
Also Aufgabe 1 habe ich glaub ich genauso gelöst, wie robertoprophet. War nur dich die geometrische Reihe ein bisschen verwirrt.
Aber ich habe Aufgabe 3 nicht mit dem Peripheriewinkelsatz gelöst.
Ich habe mit Umformen des Sehnensatzes und den Scheitelwinkeln APB und DPC die Ähnlichkeit der Dreiecke APB und DPC bewiesen.
Dann habe ich den Schnittpunkt der Strecken DC (hab ich neu eingezeichnet) und PQ S genannt und dann nach demselben Prinzip wie oben die Ähnlichkeit von PSC und DSQ bewiesen. Damit setzt sich der gegebene rechte Winkel bei D aus den Winkeln PAB und APH (wenn H wie bei robertoprophet der Schnittpunkt von AB und PQ ist) zusammen. Nach der Innenwinkelsumme im Dreieck APH muss der Winkel AHP dann auch ein rechter sein.
Was sagt ihr dazu?
\quoteoff
Das passt so.
Beim BWM ist es wichtig, dass man die Aufgaben mathematisch sehr exakt diskutiert und auch Grenz- und Spezialfälle mit einbezieht. Wie ich es schon weiter oben gesagt hatte: Meine Lösungen sind nur Skizzen, keine vollständigen Beweise.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.14, eingetragen 2016-03-08
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Okay, danke.
Gibt es da eigentlich Punkte, oder muss man einfach nur die Aufgaben sauber gelöst haben?
P.S. Sorry, dass ich so dumme Fragen stelle, aber ich habe da halt noch nie mitgemacht...
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Kollodez777
Senior
Dabei seit: 15.07.2014
Mitteilungen: 1522
| Beitrag No.15, eingetragen 2016-03-08
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Naja, es gibt ein Bogen mit diesen sechs Aspekten zu jeder Aufgabe:
,,nicht bearbeitet, erhebl. Lücke(n)/schwere(r) Fehler, Lücke(n)/Fehler, kleinere Mängel, Darstellungsmängel, ohne wesentliche Beanstandung''
Ich glaube in der zweiten Runde gibt es sogar eine Punkteverteilung. Pro Aufgabe 10 Punkte. Die erreichte Punktzahl wird aber nicht genannt. Nur einige Bemerkungen (wenn nötig).
MfG
K7
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.16, eingetragen 2016-03-08
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 | Beitrag No.17, eingetragen 2016-03-08
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Hallo,
ich habe dieses Jahr auch wieder teilgenommen.
\quoteon(2016-03-08 17:02 - Kollodez777 in Beitrag No. 4)
Hi,
zu 3) muss ich noch hinzufügen, dass man beweisen muss, dass der Schnittpunkt der beiden geraden überhaupt existiert.
MfG
K7
\quoteoff
Das Problem hatte ich beim Lösen von der 3, während ich nach einem Nachweis von dem Schnittpunkt gesucht hab, kam ich auf eine neue schönere Lösung, aus dem Beweis folgt bei mir nämlich die Behauptung der Aufgabe.
Hier eine Beweisskizze: Es sei $t$ die Tangente an den Umkreis $k$ von Dreieck $\triangle CDP$ in $P$, dann lässt sich leicht per Tangentenwinkelsatz und Peripheriewinkelsatz zeigen, dass $t$ parallel zu $AB$ ist. Und naja, nun bleibt nur noch zu begründen, dass $[PQ]$ ein Durchmesser von $k$ ist, was schnell aus Thales folgt. Damit ist $PQ$ senkrecht zu $t$ und damit zu $AB$.
Hier fällt der Schnittpunkt weg, der Beweis funktioniert auch so in allen möglichen Lagen und ist (meiner Meinung nach) mit dem Definieren der neuen Tangente recht elegant.
Den Rest habe ich (nur überflogen) ähnlich wie robertoprophet, wobei der Ähnlichkeitsbeweis zur 3 wahrscheinlich die Standardlösung ist, die vom Großteil der Teilnehmer verwendet wird.
\quoteon(2016-03-08 20:59 - robertoprophet in Beitrag No. 13)
Wie ich es schon weiter oben gesagt hatte: Meine Lösungen sind nur Skizzen, keine vollständigen Beweise.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
\quoteoff
Die Sache ist, (nur meine Meinung und die einiger anderer Teilnehmer, die ich kenne) dass der Beweis zur Existenz des Schnittpunktes schwieriger als die restliche Aufgabe ist.
\quoteon(2016-03-08 20:11 - Kollodez777 in Beitrag No. 11)
Die Aufgaben haben meistens mindestens eine elegante Lösung, welche dann auch in den Musterlösungen auftauchen.
\quoteoff
Na gut, elegant müssen die jetzt nicht zwangsläufig sein, zumindest erinnere ich mich noch an einige Aufgaben ohne schöne Lösungen :-P
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Zetavonzwei
Senior
Dabei seit: 07.03.2012
Mitteilungen: 634
Wohnort: Bamberg, Deutschland
| Beitrag No.18, eingetragen 2016-03-08
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Hallo,
etwas direkter aber dafür vermutlich umständlicher könnte man in Aufgabe 1 auch Folgendes (induktiv) nachrechnen:
$\displaystyle \left(\sum\limits_{k=0}^{2m}{x^k}\right)\cdot \left(\sum\limits_{k=0}^{2m}{(-x)^k}\right)=\sum\limits_{k=0}^{2m}x^{2k}$
Einsetzen von $x=10$ und $m=1008$ liefert die Behauptung.
Eine kleine Ergänzung:
Für ungerade Anzahlen von Nullen hat man eine gerade Anzahl von Einsen, weshalb die Zahl durch 101 teilbar ist (und der zweite Faktor hat die Form 100010001...10001)
Folglich ist abgesehen von 101 keine Zahl der Form 10101...01 eine Primzahl (und dies gilt in beliebigen Zahlsystemen)
Viele Grüße
Zvz
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Kollodez777
Senior
Dabei seit: 15.07.2014
Mitteilungen: 1522
| Beitrag No.19, eingetragen 2016-03-08
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\quoteon(2016-03-08 22:37 - Kezer in Beitrag No. 11)
Die Aufgaben haben meistens mindestens eine elegante Lösung, welche dann auch in den Musterlösungen auftauchen.
\quoteoff
Na gut, elegant müssen die jetzt nicht zwangsläufig sein, zumindest erinnere ich mich noch an einige Aufgaben ohne schöne Lösungen :-P
\quoteoff
Deswegen meistens :-P
MfG
K7
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.20, eingetragen 2016-03-09
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Wenn man aber doch bewiesen hat, dass PQ senkrecht auf AB steht, ist doch schon bewiesen, dass die beiden Geraden nicht parallel sind und somit einen Schnittpunkt haben. Dann braucht man doch nicht nochmal beweisen, dass es überhaupt einen Schnittpunkt gibt, oder?
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.21, eingetragen 2016-03-09
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\quoteon(2016-03-09 06:29 - Ikosaeder23 in Beitrag No. 20)
Wenn man aber doch bewiesen hat, dass PQ senkrecht auf AB steht, ist doch schon bewiesen, dass die beiden Geraden nicht parallel sind und somit einen Schnittpunkt haben. Dann braucht man doch nicht nochmal beweisen, dass es überhaupt einen Schnittpunkt gibt, oder?
\quoteoff
Wenn ich aber H definiere, um daraus die Orthogonalität zu beweisen, muss ich vorher beweisen, dass H überhaupt existiert.
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Kollodez777
Senior
Dabei seit: 15.07.2014
Mitteilungen: 1522
| Beitrag No.22, eingetragen 2016-03-09
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Wie es robertoprophet schon gesagt hat:
$\textbf{Wenn}$ ein Schnittpunkt existiert, so liegen die Geraden orthogonal zueinander.
Doch, was wenn nicht ;-)
MfG
K7
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.23, eingetragen 2016-03-14
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Um hier nochmal die Diskussion anzustoßen:
Ich habe auch Aufgabe 4 ähnlich aber doch etwas anders und zwar wie folgt gelöst:
Ich habe wie robertoprophet gezeigt, dass immer nur genau einen Vor- bzw. Nachnamen gibt der 1-,2-,3-,4-,5-,6-,7-,8-,9-,10- oder 11-mal vorkommt.
Dann sei der Name der 11-mal vorkommt o.B.d.A. ein Vorname.
Dann kann es maximal 7 verschiedene Nachnamen geben, weil wenn man die kleinsten Zahlen addiert, erhält man bei den Zahlen bis 7 28; bis 8 36. 36 ist zu groß, 28 das nächstkleinere Ergebnis. (Ich bin mir nicht sicher, ob das hier jetzt in der Kurzversion nachvollziehbar ist. Wenn nicht, einfach nachhaken.)
Das bedeutet mit dem Schubfachprinzip (Schubfächer: verschiedene Nachnamen: 7 Schubfächer; Kugeln: die 11 Kinder mit demselben Vornamen: 11 Kugeln), dass wenn man die Kugeln auf die Schubfächer aufteilt, dass in mindestens einem Schubfach mehrere Kugeln liegen müssen und folglich mindestens zwei Kinder denselben Vor- und Nachnamen haben.
Grüße,
Ikosaeder23
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.24, eingetragen 2016-03-15
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Ich verstehe was du meinst und denke dass der Gedankengang korrekt ist. So kann man zeigen, dass mehr als nur 2 Schüler mit selbem Vor- und Nachnamen in der Klasse sind. Allerdings ist das laut Aufgabenstellung nicht gefordert.
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
|  Beitrag No.25, eingetragen 2016-05-20
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Bei mir ist die Rückmeldung heute gekommen, hab mich gewundert, war überraschend früh :D
Ich hab einen (zum Glück) einen 1.Preis. Wie lief es bei euch?
P.S. Runde 2 ohne ("normale") Geometrie, wer ist auf die Idee gekommen.. :-? :-? :-?
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.26, eingetragen 2016-05-20
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Glückwunsch!
Gibts die Aufgaben der zweiten Runde bald auch wieder im Internet? Bin total gespannt drauf ^^
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.27, eingetragen 2016-05-21
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Ich habe meine Rückmeldung heute bekommen und bin mehr als zufrieden mit meinem 3. Platz.
Und an Kornkreis: Ich denke nicht, dass die Aufgaben vor dem 1. September im Internet verfügbar sind, weil da mehrfach stand, dass man sie nicht weitergeben darf bis dahin.
Lg Ikosaeder
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Zetavonzwei
Senior
Dabei seit: 07.03.2012
Mitteilungen: 634
Wohnort: Bamberg, Deutschland
| Beitrag No.28, eingetragen 2016-05-21
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Hallo,
Das steht jedes Jahr dabei und ist auch richtig so. Nichtsdestotrotz wurden die Aufgaben in den letzten Jahren von Seiten des BWM schon früher veröffentlicht. (Etwa seit 2013?)
Jedenfalls bin ich mal gespannt auf die Aufgaben (und wenn ich bis September warten muss)
Viele Grüße
Zvz
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.29, eingetragen 2016-05-25
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Tada :-)
https://www.mathe-wettbewerbe.de/download/aufgaben-16-2.pdf
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.30, eingetragen 2016-05-25
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Was bringt es eigentlich dem Veranstalter, die Aufgaben dermaßen zeitig zu veröffentlichen, außer den Teilnehmern mogeln zu erleichtern?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.31, eingetragen 2016-05-25
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Das Mogeln wird dadurch schlicht in keinster Weise erleichtert. Umgekehrt wird es erschwert, weil auch Nichtteilnehmer herausfinden können, dass jemand eine BWMaufgabe ins Forum postet.
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.32, eingetragen 2016-05-25
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Doch, wird es. Denn jetzt gibt es etliche kompetente Leute mit Zugang zu den Aufgaben. Der Mogler hat es somit leichter einen "Partner" zu finden.
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.33, eingetragen 2016-05-26
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Dein Argument hinkt weiterhin hinten und vorne. Als könnte der vornehmliche Betrüger nicht selber die Aufgaben an den "Partner" (wer hätte überhaupt Interesse an so etwas, außer Noch-Teilnehmenden¿ der Preis ist ja nicht gerade üppig) weitergeben...
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.34, eingetragen 2016-05-30
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\quoteon(2016-05-26 12:10 - ZetaX in Beitrag No. 33)
Dein Argument hinkt weiterhin hinten und vorne. Als könnte der vornehmliche Betrüger nicht selber die Aufgaben an den "Partner" (wer hätte überhaupt Interesse an so etwas, außer Noch-Teilnehmenden¿ der Preis ist ja nicht gerade üppig) weitergeben...
\quoteoff
Genau dieser notwendige Schritt wird ja jetzt erspart und damit hinkt mein Argument nicht.
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.35, eingetragen 2016-05-30
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Ich bin da ganz bei ZetaX. Es soll doch gerade das vermieden werden, was hier beschrieben wird:
http://www.matheboard.de/thread.php?postid=2049460#post2049460
Ich halte es für wesentlich schwieriger jemanden zu finden, der dir freiwillig beim Mogeln hilft, als jemanden der dir unwissentlich hilft, da die Aufgabe nicht dem BWM zugeordnet werden kann.
Gruß,
Küstenkind
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.36, eingetragen 2016-05-30
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\quoteon(2016-05-30 13:00 - robertoprophet in Beitrag No. 34)
\quoteon(2016-05-26 12:10 - ZetaX in Beitrag No. 33)
Dein Argument hinkt weiterhin hinten und vorne. Als könnte der vornehmliche Betrüger nicht selber die Aufgaben an den "Partner" (wer hätte überhaupt Interesse an so etwas, außer Noch-Teilnehmenden¿ der Preis ist ja nicht gerade üppig) weitergeben...
\quoteoff
Genau dieser notwendige Schritt wird ja jetzt erspart und damit hinkt mein Argument nicht.
\quoteoff
Du hast ein seltsames Weltbild, wenn du die Weitergebe einer handvoll Aufgabentexte für ein relevenates Hindernis hältst. Das erfordert ja noch nicht einmal einen Scanner oder dergleichen...
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.37, eingetragen 2016-05-30
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\quoteon(2016-05-30 15:30 - ZetaX in Beitrag No. 36)
\quoteon(2016-05-30 13:00 - robertoprophet in Beitrag No. 34)
\quoteon(2016-05-26 12:10 - ZetaX in Beitrag No. 33)
Dein Argument hinkt weiterhin hinten und vorne. Als könnte der vornehmliche Betrüger nicht selber die Aufgaben an den "Partner" (wer hätte überhaupt Interesse an so etwas, außer Noch-Teilnehmenden¿ der Preis ist ja nicht gerade üppig) weitergeben...
\quoteoff
Genau dieser notwendige Schritt wird ja jetzt erspart und damit hinkt mein Argument nicht.
\quoteoff
Du hast ein seltsames Weltbild, wenn du die Weitergebe einer handvoll Aufgabentexte für ein relevenates Hindernis hältst. Das erfordert ja noch nicht einmal einen Scanner oder dergleichen...
\quoteoff
Finde ich nicht. Das bereits unerlaubte Weitergeben der Aufgaben ist eine erste Hemmschwelle, die nun wegfällt. Außerdem lösen nun die Aufgaben deutlich mehr Leute, die sich noch dazu nicht selten in Internet-Foren zu erkennen geben.
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.38, eingetragen 2016-09-06
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Hi,
der Einsendeschluss war der 1.9., ich denke, man kann jetzt über die Aufgaben diskutieren.
Edit: Ok, lieber erst am 8.9. drüber diskutieren, wenn eine Woche Wartezeit gewünscht ist.
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Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten |
Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.39, eingetragen 2016-09-08
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Jetzt aber ;-) . Hier meine Einschätzungen zu jeder Aufgabe:
Aufgabe 1:
\hideon
Die fand ich beim ersten Lesen ziemlich hässlich, aber das Lösen hat dann doch Spaß gemacht. Meine Lösung fühlt sich an wie die Lösung einer schwereren Logic-Masters-Aufgabe, man braucht keine genialen Ideen, sondern ein paar kleinere Ideen und Fallunterscheidungen.
Bei Interesse kann ich meine Lösung skizzieren.
\hideoff
Aufgabe 2:
\hideon
Die fand ich auf den ersten Blick sehr interessant und schwer, die Lösung aber langweilig.
Kern der Lösung:
Betrachte $\frac{n(n+1)-k(k+1)}{2}=\frac{(n-k)(n+k+1)}{2}.$
Dadurch, dass ich die Aufgabe am Anfang so mystisch fand, finde ich sie im Nachhinein aber doch gelungen ;-) .
\hideoff
Aufgabe 3:
\hideon
Diese fand ich persönlich ziemlich enttäuschend, denn sie wurde schon einmal beim BWM gestellt (mit anderen Zahlenwerten). Das ist zwar schon ca. 30 Jahre her, aber die Listen von alten BWM-Aufgaben sind ja frei verfügbar. Deshalb dürfte sie wohl an mehreren Stellen im Internet gelöst herumstehen, auch wenn man wahrscheinlich schwer nach der Aufgabe googlen kann.
Zum Beispiel wurde sie mal in einer der ersten Matheplanet-Challenges gestellt, so um Aufgabe 5 herum, mit Lösung.
Objektiv betrachtet ist die Aufgabe aber sehr hübsch.
\hideoff
Aufgabe 4: Die sieht sehr interessant und beinahe simpel aus, aber ich bin mir sicher, dass man für ihre Lösung gute Technik und Ideen braucht. Ich habe mir noch keine Zeit für diese Aufgabe genommen, nach den Prüfungen möchte ich mich aber mal ransetzen.
Von der Schwierigkeit her fand ich die Aufgaben ähnlich wie in den Vorjahren, vielleicht einen Tick leichter (kommt drauf an, wie schwer ich Aufgabe 4 finden werde).
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