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| Autor |
 BWM 2016 |
| Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten |
ochen
Senior 
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3875
Wohnort: der Nähe von Schwerin
 |  Beitrag No.40, eingetragen 2016-09-08
|
Hallo,
einige Gedanken zu den Aufgaben habe ich mir auch gemacht.
\hideon
Zu 1)
Seien $a_1\leq\ldots\leq a_n$ die $n$ ganzen Zahlen (aufsteigend sortiert), sodass die paarweisen Summen $n(n-1)/2$ aufeinander folgende ganze Zahlen sind.
Als erstes stellen wir fest, dass es genau $n(n-1)/2$ paarweise verschiedener Paare $(a_i,a_j)$ gibt. Somit dürfen keine zwei Paare die gleiche Summe haben. Insbesondere sind auch die $n$ Zahlen $a_1,\ldots, a_n$ paarweise verschieden.
Es ist $a_1+a_2$ die kleinste der Summen und $a_1+a_3$ die zweitkleinste Summe.
Daher gilt
$\displaystyle a_1+a_3=a_1+a_2+1 $
Analog ist $a_n+a_{n-1}$ die größte der Summen und $a_{n}+a_{n-2}$ die zweitgrößte Summe.
Daher gilt
$\displaystyle a_n+a_{n-1}=a_n+a_{n-2}+1 $
und somit
$\displaystyle a_2+a_{n-1}=a_3+a_{n-2} $
Für $n>5$ wären somit zwei der Summen gleich. Somit gibt es keine Lösung für $n>5$. Für $n=3$ haben $1,2,3$ aufeinanderfolgende paarweise Summen ($3,4,5$)
Zu 2)
Wir können unendlich viele ganze Zahlen angeben, die sich nicht als Summe einer Dreickszahl und Primzahl darstellen lassen.
Sei $m\equiv 2 (\bmod\ 6)$, dann lässt sich $m\cdot (m+1)/2$ nicht als Summe einer Dreickszahl und Primzahl darstellen.
Angenommen, sie wäre darstellbar, dann gäbe es eine Primzahl $p$ und eine natürliche Zahl $k$, sodass
$\displaystyle p=m\cdot (m+1)/2- k\cdot (k+1)/2 = (m-k)\cdot (m+k+1)/2$
Nun ist $m+k+1=2p$ und $m-k=1$ oder $m+k+1=p$ und $m-k=2$.
Im ersten Fall würde $p=m$ folgen. Aber m ist gerade.
Im zweiten Fall würde $p=2m-1$ folgen. Aber das ist durch 3 teilbar.
Zu 3)
Sei $\displaystyle g\colon\mathbb{R}\setminus\{-1/3,\ 1/3\} \to \mathbb{R}\setminus\{-1/3,\ 1/3\},\ x\mapsto \frac{x+1}{1-3x}$, dann gilt $\displaystyle (g\circ g\circ g)(x)=x$ für alle $x\in\mathbb{R}\setminus\{-1/3,\ 1/3\}$.
Somit gelten folgende Gleichungen
$\displaystyle ( f\circ g)(x)+f(x)=x$
$\displaystyle ( f\circ g\circ g)(x)+(f\circ g)(x)=g(x)$
$\displaystyle f(x)+( f\circ g\circ g)(x)=( g\circ g)(x)$
Es gilt also
$\displaystyle 2f(x)=x-g(x)+( g\circ g)(x)$
Zu 4)
Hier kann ich mir vorstellen, dass es eine Bijektion zwischen den Raumteilen und $\displaystyle V\cup E\cup F$ gibt. Die gibt es zumindest bei kleineren Platonischen Körpern. Demnach wäre die Anzahl der Raumteile $62=20+30+12$.
Sicher bin ich mir aber nicht.
\hideoff
Oh, bei Aufgabe 1 hatte ich einen Fehler und Aufgabe 4 ist auch falsch. Kezers Beitrag hierzu ist schöner.
Dass einiges zu knapp formuliert ist, weiß ich :)
Aufgabe 3 kannte ich noch nicht. Bei Aufgabe 2 kam vor kurzem die Identität mal auf dem Matheplaneten vor, aber in einem anderen Zusammenhang.
Vor wenigen Jahren war sogar mal in Aufgabe 1 der Beweis eines Satzes gefragt, der auf Wikipedia und cut the knot gezeigt wird :(
http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Games/ProizvolovGame.shtml
Liebe Grüße
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 | Beitrag No.41, eingetragen 2016-09-08
|
Hi,
ich durfte noch am BWM teilnehmen. (Und nächstes Jahr noch ein letztes Mal.) Hier meine Einschätzungen:
1) Finde ich für eine 1 gar nicht so einfach. Aufgabe ist ganz nett!
2) Fand ich auch ganz schön. Nach einer ganzen Weile irgendwann mit OEIS endlich die richtige Idee gefunden!
3) Hm. Also zufälligerweise habe ich 1-2 Woche, bevor die Aufgaben ankamen, eine Putnam Aufgabe gemacht, die in einem Skript enthalten war und diese war quasi genau die gleiche Aufgabe, nur mit anderen Werten. Recht enttäuschend also, da diese mir dann ziemlich trivial erschien.
4) Von der Grundidee her eigentlich sehr schön. Dachte sehr lange, ich würde sie nicht lösen können, bis irgendwann 2-3 Wochen vor Einsendeschluss die Idee kam! Irgendwie sitze ich aber jedes Jahr (3.Teilnahme) sehr lange an der 4, bis das entsprechend tolle Gefühl kommt, wenn ich sie gelöst habe.
Nur zum Aufschreiben leider sehr sehr nervig, ich habe mir mehrmals überlegt, ob ich nicht einfach einen Karton mit gebastelten Dodekaeder hinschicken soll.. Denn so ist meine ausformulierte Lösung leider schwer zum Nachvollziehen. Naja, dem Korrektur wünsche ich viel Spaß dabei, meine 14 Seiten zur 4 zu lesen ;D
Insgesamt finde ich 1-3 einfacher als die letzten Jahre. 4 kann ich nicht einschätzen, da ich in "normaler" Geometrie viel besser bin. Finde es insbesondere schade, dass es dieses Jahr keine solche Aufgabe gab.
Hier Lösungsskizzen:
Aufgabe 1:
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Für $n=3$ und $n=4$ lassen sich leicht solche Zahlen finden. Für $n>4$ betrachten wir die kleinste, zweitkleinste, zweitgrößte und größte Zahl. Dabei müssen wir auch gesondert zwei Fälle betrachten. Für $n>5$ kommt man mit bisschen Arbeit, wie bei ochen auf $a_2+a_{n-1}=a_3+a_{n-2}$. Für $n>5$ sind $a_2,a_3,a_{n-2},a_{n-1}$ paarweise verschieden, schnell folgt der Widerspruch. Für $n=5$ muss ein ein wenig mehr machen. Da verwendet man dann noch so Sachen wie, dass $a_4+a_5$ die größte Summe ist und somit $a_4+a_5=a_1+a_2+9$. Mit etwas Arbeit kann man $a_1 \in \{ a_2-4,a_2-3,a_2-2,a_2-1 \}$ folgern. Die Fälle kann man dann durcharbeiten, jeweils können dann wieder zwei gleich große Summen konstruiert werden.
\hideoff
Aufgabe 2:
\hideon
Nehme alle Zahlen der Form $N=\tfrac{n(n+1)}{2}$ mit $n>2$ und $n \equiv 2 \pmod 6$. Sei $t=\tfrac{k(k+1)}{2}$ eine Dreieckszahl, rechne dann $N-t$ mit gaußsche Summenformel. Es kommt dann etwas heraus, dass gut zum faktorisieren ist. Dann lässt sich leicht überprüfen, dass der Ausdruck nie eine Primzahl ist.
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Aufgabe 3:
\hideon
Der Term ist irgendwie zyklisch oder so. Im Prinzip genauso wie Ochen. Weiß nicht, ob es noch irgendwie anders geht (das nicht die gleiche Idee verwendet).
\hideoff
Aufgabe 4:
\hideon
Die Lösung ist $185$. Dafür betrachtet man ein Lemma.
Lemma: Es seien bereits $n$ mit $n \geq 1$ Ebenen im Raum, die $r$ disjunkte Raumteile bildet. Wir fügen eine $n+1$-te Ebene $E$ ein. Betrachte die Schnitte der Ebenen der anderen $n$ Ebenen auf $E$. Ebene $E$ wird in disjunkte Gebiete aufgeteilt. Sei deren Anzahl $g$. Dann gibt es nun $r+g$ disjunkte Raumteile.
Wir fügen also quasi die Ebenen des Dodekaeders einzeln ein und zählen da jeweils die Anzahl der Raumteile, die hinzukommen. Damit das nicht ganz so aufwendig ist, zeigen wir davor, wie das Bild aussieht, wenn eine Ebene mit den restlichen $11$ geschnitten wird. Es sind im Prinzip die Geraden eines regelmäßigen Fünfecks und deren Diagonalen. Durch geschicktes Drehen des Dodekaeders können wir dann genau das Bild übernehmen und sehen, welche Ebenen eigentlich immer welche Geraden entsprechen. (Da war auch mein großes Problem, mit einem gebastelten Dodekaeder in der Hand wäre es einfach viel einfacher zu erklären...)
Mit viel Mühe kommt man dann auf $185$.
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Lg, Kezer :-)
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Kornkreis
Senior
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Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.42, eingetragen 2016-09-09
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Dann skizziere ich auch mal meine Lösung zur Aufgabe 1.
\hideon
$n=3,4$ geht.
Sei nun $n\geq 5$. Setze oBdA $a_1=0$ und wir betrachten die Zahlen in aufsteigender Reihenfolge, nämlich $0, a_2, a_2+1, a_4, a_5,...$
Falls $a_4 \neq a_2+2$, so muss $a_2+(a_2+1)=a_2+2=a_4-1$ gelten, folglich $a_2=1$ und $a_4=4$. Man hat also $0,1,2,4,a_4,...$ und es muss $a_5\in \{5,6,7\}$ gelten. $a_5\in \{5,6\}$ ergibt sofort einen Widerspruch, also $a_5=7$. Das kann nur funktionieren, wenn es noch ein $a_6$ gibt, das heißt wir haben $n>5$. Es folgt $a_6\in \{8,9,10\}$, und das führt zu einem Widerspruch.
Falls $a_4=a_2+2$ gilt, so haben wir $0, a_2, a_2+1, a_2+2, a_5,...$ Dann folgt $a_5 \neq a_2+3,$ da sonst $a_2+a_5=(a_2+1)+(a_2+2)$ gilt. Es folgt $a_2+(a_2+1)=a_2+3$ und man kann sich auch $a_5=(a_2+1)+(a_2+2)+1$ überlegen. Darum gilt $a_2=2$ und $a_5=8$, wir haben also die Zahlen $0,2,3,4,8,...$ Da die Summe 9 fehlt, braucht man noch ein $a_6,$ welches die 9 erzeugt, aber dann müsste $a_6=9$ gelten, was einen Widerspruch erzeugt.
Insgesamt folgt, dass $n\geq 5$ nicht funktioniert.
\hideoff
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Ikosaeder23
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| Beitrag No.43, eingetragen 2016-09-14
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Hört sich alles schonmal sehr spannend an. Ich kann bis jetzt nur sagen, dass ich bei Aufgabe 1 denselben Lösungsansatz habe, weiter habe ich mich noch nicht damit auseinandergesetzt.
Mal eine ganz andere Frage: Wie viel müsste man den richtig haben, um in die dritte Runde zu kommen?
LG Ikosaeder
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.44, eingetragen 2016-09-14
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Hi,
man braucht einen ersten Preis in der 2. Runde. Soweit ich weiß, muss man alle vier Aufgaben "ohne wesentliche Beanstandung" gelöst haben.
Genaueres steht z.B. hier http://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=198211
Die offiziellen Lösungen sind übrigens schon online.
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Ikosaeder23
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 02.03.2016
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| Beitrag No.45, eingetragen 2016-09-16
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Zauronelies
Neu 
Dabei seit: 29.05.2016
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Wohnort: Schleswig-Holstein
| Beitrag No.46, eingetragen 2016-10-22
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Hallo,
meiner Meinung nach sind Aufgabe 1 und 4 am interessantesten gewesen. Bei Aufgabe 4 habe ich zuerst eine Anordnung von Geraden in einer Ebene betrachtet und später die Erkenntnis daraus auf den dreidimensionalen Raum übertragen. Die jeweils zugehörigen Formeln habe ich mit einem Argument bewiesen, welches erstmals der Mathematiker Brousseau verwendet hat. Es ist im Grunde genommen eine Anwendung des Sweep-Line-Algorithmus aus der Informatik. In der Ebene betrachtet man eine Sweep-Gerade, welche Regionen registriert und analog dazu im dreidimensionalen Raum eine Sweep-Ebene, welche Raumteile registriert. Man muss sich dabei fragen, wann genau eine Region oder ein Raumteil registriert wird.
Ich hoffe mal, dass ich meine Lösungen gut ausformuliert habe. :)
Weiß jemand, wann die Ergebnisse ankommen?
LG Zauronelies
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