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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von
stpolster
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
expIphi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.480, eingetragen 2019-05-22 22:13


2019-05-22 21:35 - stpolster in Beitrag No. 479 schreibt:
ein paar neue Aufgaben der Klasse 10

Ja, da habe ich schon etwas angefangen. Aber jetzt erstmal zurück in Klasse 9:



230935


Ich schätze, dass es sich um das Rechteck $A_1 P B C$ handelt; vielleicht auch $A_1 P B B_1$.  confused

Aber in keinem Fall komme ich dahinter, was hier der Witz an der Aufgabe ist. Um die Parallle (etwa der Abstand von der Grundseite $c$) und den Punkt $P$ (etwa der Abstand vom Punkt $A$) festzulegen, brauche ich zwei Maße.
Damit kann ich die o.g. Flächen berechnen. Dass sich da ein eleganter Ausdruck ergibt, sehe ich gerade nicht.



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.481, eingetragen 2019-05-22 23:05


Aufgabe 051221:
Aus einer Kugel vom Radius r wird ein Kugelsektor herausgeschnitten, der sich aus einem Kegel der Höhe h und dem zugehörigen Kugelsegment zusammensetzt.
a) Welche Länge h hat die Höhe des Kegels, wenn der Flächeninhalt der herausgeschnittenen Kugelkappe gleich einem Drittel des Oberflächeninhaltes der Kugel ist?
b) Welche Länge h hat die Höhe des Kegels, wenn das Volumen des Kugelsektors gleich einem Drittel des Volumens der Kugel ist?

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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.482, eingetragen 2019-05-22 23:11



Aufgabe 140935: Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit dem rechten Winkel bei $C$. Auf dem Umkreis $k$ des Dreiecks liege auf dem Kreisbogen $AB$, der $C$ nicht enthält, ein von $A$ und $B$ verschiedener Punkt $P$.
Symmetrisch zu $P$ bezüglich der Geraden durch $A$ und $C$ bzw. der durch $B$ und $C$ mögen die Punkte $P_1$ und $P_2$ liegen.
a) Man beweise, dass $C$ auf der Geraden $g$ durch $P_1$ und $P_2$ liegt.
b) Man beweise, dass $g$ genau dann die Tangente im Punkt $C$ an den Umkreis $k$ ist, wenn $CP \perp AB$ gilt.

Lösung:
a) Die Hintereinanderausführung zweier Spiegelungen zu sich schneidenden Spiegelachsen ist eine Drehung um ihren Schnittpunkt um einen Drehwinkel, der dem Doppelten des Winkels zwischen den Spiegelachsen entspricht. Da $P_1$ durch Spiegelung an $AC$ auf $P$ abgebildet wird und dieser Punkt durch Spiegelung an $BC$ auf $P_2$, gilt $\angle P_1CP_2=2 \angle ACB=180^{\circ}$, sodass $P_1$, $C$ und $P_2$ auf einer Geraden liegen.
b) Sei $M$ der Mittelpunkt von $k$. Nach dem Satz des Thales ist $M$ damit auch gleichzeitig Mittelpunkt der Strecke $AB$. Weiterhin sei $M_1$ der Bildpunkt von $M$ bei der Spiegelung an $AC$. Dann ist $|CM|=|CM_1|=|AM|=|AM_1|$, sodass es sich beim Viereck $AMCM_1$ um eine Raute, also insbesondere ein Parallelogramm handelt. Damit gilt $CM_1 \parallel AM=AB$.
Es ist die Gerade $P_1C$ gleich $g$ eine Tangente an $k$ genau dann, wenn $P_1C \perp CM$ gilt. Bei Spiegelung an $AC$ geht $P_1C$ in $PC$ und $CM$ in $CM_1$ über, sodass $g$ eine Tangente an $k$ genau dann ist, wenn auch $PC \perp CM_1$ gilt. Letztere Gerade ist aber parallel zu $AB$, sodass diese Bedingung äquivalent zu $PC \perp AB$ ist, $\Box$.



Aufgabe 150931: Es sind drei aufeinanderfolgende ungerade natürliche Zahlen zu ermitteln, bei denen die Summe ihrer Quadrate eine vierstellige Zahl ist, die aus vier gleichen Ziffern besteht.

Lösung:
Es seien $2n-1$, $2n+1$ und $2n+3$ die drei aufeinanderfolgenden ungeraden natürlichen Zahlen. Dann ist die Summe $S$ ihrer Quadrate gleich
$S=(2n-1)^2+(2n+1)^2+(2n+3)^2=4n^2-4n+1+4n^2+4n+1+4n^2+12n+9=12n^2+12n+11=12(n^2+n+1)-1$.

Diese Summe soll eine vierstellige Zahl sein, die aus vier gleichen Ziffern $z$ besteht. Also gilt $S=1111 \cdot z$.

Es ist $S$ ungerade, sodass auch $z$ ungerade sein muss. Weiterhin lässt wegen $S=1110z+z=3 \cdot 370z + z$ die Summe $S$ den gleichen Rest bei der Teilung durch 3 wie $z$ selbst. Da aber $S$ um 1 kleiner als ein Vielfaches von 12 (und damit auch von 3) ist, muss dieser Rest bei der Teilung durch 3 genau 2 betragen. Als einzige Ziffer $1\leq z \leq 9$ erfüllt $z=5$ beide Bedingungen. Demnach muss $S=5555$ sein, woraus man $n^2+n+1=\frac{5556}{12}=463$ und $n=21$ (bzw. $n=-22$, was aber wegen $2n-1\in\mathbb{N}$ entfällt) erhält, sodass die drei gesuchten aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen 41, 43 und 45 lauten.


Aufgabe 150932: Von einem Dreieck $ABC$ seien die Seitenlängen $|BC|=a$ und die Höhenlänge $|AD|=h_a$ bekannt. Eine Gerade $g$ verläuft so, dass $BC$ auf $g$ liegt.
Berechnen Sie das Volumen $V$ des Körpers, der durch Rotation der Dreiecksfläche um die Gerade $g$ beschrieben wird!

Lösung: Durch den ebenen Schnitt mit der Ebene, die senkrecht zu $g$ duch $A$ verläuft (und in der dann nach Konstruktion auch der Höhenfußpunkt $D$ liegt), zerlegt den Rotationskörper in zwei gerade Kreiskegel: Beide besitzen den aus der Rotation der Strecke $AD$ gebildeten Kreis als gemeinsame Grundfläche sowie $B$ bzw. $C$ als Spitze. Damit ist
$V=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot h_a^2 \cdot (|BD|+|DC|)=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot h_a^2 \cdot a$.



Aufgabe 150934: Man ermittle alle Möglichkeiten, die Zahl 60 als Summe von mindestens zwei aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen darzustellen.

Lösung:

1. Fall: Die Anzahl der Summanden ist ungerade, d.h. $2k+1$ für eine positive ganze Zahl $k$. Ist $n$ der dann existierende mittlere Summand, so lässt sich die Summe schreiben als
$(n-k)+(n-(k-1))+\dots+(n-1)+n+(n+1)+\dots+(n+(k-1))+(n+k)=n \cdot (2k+1)$.
Dabei muss $n\geq k$ gelten, damit auch der kleinste Summand $n-k$ eine nicht-negative ganze Zahl ist. Soll diese Summe den Wert 60 ergeben, muss also $2k+1$ ein ungerader Teiler von 60 sein und $n=\frac{60}{2k+1}>k$ gelten.
Damit ergeben sich folgende Lösungen:
Für $2k+1=3$ ist $n=20>1$, also $60=19+20+21$ und
für $2k+1=5$ ist $n=12>2$, also $60=10+11+12+13+14+15$.
Für den einzigen weiteren ungeraden Teiler $2k+1=15$ von 60 erhält man $n=4$, was aber kleiner ist als $k=7$. Auf diese Weise erhielte man nur die Summe $60=(-3)+(-2)+(-1)+0+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11$, welche auch negative Summanden enthält, also keine Lösung im Sinne der Aufgabenstellung ist.

2. Fall: Die Anzahl der Summanden ist gerade, d.h. $2k$ für eine positive ganze Zahl $k$. Insbesondere enthält die Summe dann $k$ ungerade Summanden, ist also nur dann -- wie 60 -- gerade, wenn $k$ auch gerade ist, sich also als $2m$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$ schreiben lässt. Die Summe besteht demnach aus $4m$ Summanden. Sei der kleinste dieser Summanden mit $n-(2m-1)$ bezeichnet, wobei $n\geq 2m-1$ eine natürliche Zahl sei. Dann gilt
$60=(n-(2m-1))+\dots+(n+(2m-1))+(n+(2m))=4mn+2m=2m(2n+1)$.
Insbesondere ist $2n+1$ ein ungerader Teiler von 60, sodass $2m=\frac{60}{2n+1}\leq n+1$ gilt. Dies liefert die folgende Lösung:
Für $2n+1=15$ ist $2m=4\leq 8$ und wir erhalten $60=4+5+6+7+8+9+10+11$.
Sonst ist $2n+1\leq 5$, also $n\leq 2$, aber $2m=\frac{60}{2n+1}\geq 12$, sodass man wieder nur ganzzahlige, aber keine natürlichen Lösungen erhält.


Aufgabe 160932: Man beweise folgenden Satz:
Sind $a$ und $b$ positive reelle Zahlen, für die $ab=1$ gilt, dann gilt
$(a+1)\cdot (b+1)\geq 4$.
Untersuchen Sie fernern, in welchen Fällen in dieser Ungleichung das Gleichheitszeichen gilt!

Lösung:

Aufgrund der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel ist $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}=1$, also
$(a+1) \cdot (b+1)=ab+(a+b)+1\geq 1+2+1=4$.
Dabei gilt Gleichheit genau für $a=b$, da nur dann die Mittelungleichung den Gleichheitsfall liefert.


Aufgabe 160934: Beweisen Sie, dass für keine Primzahl $p\neq 3$ und für keine natürliche Zahl $n\geq 1$ die Zahl $(3n-1) \cdot p^2 +1$ Primzahl ist!

Lösung:

Da $p$ eine von 3 verschiedene Primzahl ist, ist es nicht durch 3 teilbar und lässt sich schreiben als $3m+1$ oder $3m-1$ mit einer natürlichen Zahl $m$. Dann ist

$(3n-1) \cdot p^2+1=(3n-1)(3m\pm 1)^2 + 1=(3n-1)(9m^2\pm 6m + 1)+1=3(9m^2n\pm 6mn + n - 3m^2 \mp 2m)-1+1$,

also durch 3 teilbar, aber sicher größer als 3 (da $3n-1>1$ und $p^2\geq 4$), also sicher keine Primzahl, $\Box$.


Cyrix



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.483, eingetragen 2019-05-22 23:18


2019-05-22 22:13 - expIphi in Beitrag No. 480 schreibt:


230935


...

Wohl vergessen mit dem anderen Benutzer einzuloggen. Die Aufgabe ist vollkommen in Ordnung und hat ein durchaus einfaches Ergebnis.

Lösung zu 230935:

Seien $c,h$ und $c_1,h_1$ die Grundseiten und Höhen der Dreiecke $ABC, A_1B_1C$. Da diese ähnlich sind, gelten die Beziehungen $\frac{h_1}{h}=\frac{c_1}{c}=\sqrt{\frac{F_1}{F_0}}$. Sei $F_2$ der Flächeninhalt des Dreiecks $A_1B_1P$. Dann gilt $2F_2=c_1(h-h_1)=c_1h -c_1h_1=c_1h_1\sqrt{\frac{F_0}{F_1}}-c_1h_1= 2F_1 \sqrt{\frac{F_0}{F_1}} - 2F_1$. Daraus folgt $F_1 + F_2 = \sqrt{F_0F_1}$, was gerade der Flächeninhalt des Viereck $A_1PB_1C$ ist.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.481 begonnen.]



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expIphi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.484, eingetragen 2019-05-22 23:26


2019-05-22 23:18 - TomTom314 in Beitrag No. 483 schreibt:
Wohl ...

Meine Sache! Das ist nur Deine Meinung.  Schreibe es auf, ich beschäftige mich später damit!

Ach so, hast Du ja schon aufgeschrieben. Ja, wenn da so ein schiefes Dingens drinsteht, dann ist es gut.
Also bis zum nächsten Mal. Mein Bester!



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.485, eingetragen 2019-05-22 23:39


2019-05-22 23:18 - TomTom314 in Beitrag No. 483 schreibt:
Wohl vergessen ...

@ TT314

Wohl vergessen, den Account in Martin_Influence umzubenennen?! Aber wer wird denn da so kleinlich sein...?

Vergessen hast Du aber Aufgabe 220936 LinkAlte Olympiadeaufgaben zu roasten.
Das ist mir schon klar, bei der Gestalt des Ergebnisses, dass das auch irgendwie mit Ähnlichkeitsbetrachtungen geht.
Aber ich mache das so. Der ehrliche Weg, der bodenständige Weg - nicht wahr?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.486, eingetragen 2019-05-23 00:53


2019-05-22 23:39 - HyperPlot in Beitrag No. 485 schreibt:
Vergessen hast Du aber Aufgabe 220936 ...

Wenn Du darauf bestehst.

Lösung zu Aufgabe 220936

Sei h die Höhe auf der Seite $AB$ und r der Inkreisradius. Dann erhalten wir durch Vergleich der Flächeninhaltsformeln: $A=\frac{hc}{2}=r\frac{a+b+c}{2}\Rightarrow \frac{r}{h}=\frac{c}{a+b+c}$. Das Dreieck $PQC$ ist ähnlich zu $ABC$ und hat die Höhe $h-r$. Mittels Strahlensatz gilt daher
\[ \frac{|PQ|}{|AB|}=\frac{h-r}{h}=1-\frac{r}{h} = 1-\frac{c}{a+b+c} = \frac{a+b}{a+b+c}\] und somit $|PQ|=\frac{(a+b)c}{a+b+c}$.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.487, eingetragen 2019-05-23 01:38



Aufgabe 150923: Gegeben seien die Seitenläange <math>a</math> eines Quadrates <math>ABCD</math> sowie eine Länge <math>m</math>, für die <math>m\leq a</math> gilt. Es sei <math>M</math> derjenige Punkt auf der Seite <math>CD</math>, für den <math>|MD|=m</math> gilt. Gesucht ist ein Punkt <math>N</math> auf der Seite <math>AD</math> so, dass sich der Flächeninhalt des Dreiecks <math>NMD</math> zu dem des Quadrates <math>ABCD</math> wie 1 : 7 verhält. Man ermittle alle diejenigen Werte von <math>m</math>, für die ein solcher Punkt <math>N</math> auf <math>AD</math> existiert, und hierzu jeweils die Länge der Strecke <math>DN</math>.

Lösung:

Der Flächeninhalt des Dreiecks <math>\triangle NMD</math> beträgt <math>\frac{1}{2} |MD| \cdot |DN|=\frac{m}{2} \cdot |DN|</math>. Damit dieser den von der Aufgabenstellung verlangten Wert von <math>\frac{1}{7} a^2</math> annimmt, muss <math>|DN|=\frac{2a}{7m} \cdot a</math> gelten. Damit der Punkt <math>D</math> auf der Seite <math>AD</math> des Quadrats liegt (und nicht nur auf der Gerade durch diese Seite), muss der Vorfaktor <math>\frac{2a}{7m}</math> zwischen 0 und 1 liegen. Wegen <math>a>0</math> und <math>m\geq 0</math> ist auch immer <math>\frac{2a}{7m}>0</math>. Schließlich ist die Ungleichung <math>\frac{2a}{7m}\leq 1</math> äquivalent zu <math>m\geq \frac{2}{7} a</math>, sodass genau für solche Werte von <math>m</math> ein entsprechender Punkt <math>N</math> auf der Strecke <math>AD</math> existiert.


Aufgabe 150924: Bei der Lösung der Aufgabe, ein Dreieck <math>ABC</math> aus <math>|AB|=c</math>, <math>|BC|=a</math> und <math>\angle BAC=\alpha</math> zu konstruieren, seien zwei zueinander nicht kongruente Dreiecke <math>ABC_1</math> und <math>ABC_2</math> entstanden, die den Bedingungen genügen.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen die Größe des Winkels <math>\angle AC_1B</math>, wenn außerdem bekannt ist, dass er viermal so groß ist wie der Winkel <math>\angle AC_2B</math>!

Lösung:
Es ist das Dreieck <math>BC_1C_2</math> gleichschenklig mit Basis <math>C_1C_2</math>. Damit ist <math>\angle BC_1C_2=\angle C_1C_2B=\angle AC_2B</math>. Da die Winkel <math>\angle AC_1B</math> und <math>\angle BC_1C_2</math> Nebenwinkel sind, ergänzen sie sich zu <math>180^{\circ}</math>. Zusammen mit <math>\angle AC_1B= 4 \cdot \angle AC_2B</math> folgt <math>5 \angle AC_2B=180^{\circ}</math>, also <math>\angle AC_2B=36^{\circ}</math> und damit schließlich <math>\angle AC_1B=4\cdot 36^{\circ}=144^{\circ}</math>.



Aufgabe 150933: Über eine Zahl <math>x</math> werden die folgenden vier Paare <math>(A_1,A_2)</math>, <math>(B_1,B_2)</math>, <math>(C_1,C_2)</math>, <math>(D_1,D_2)</math> von Aussagen gemacht, von denen genau eine wahr und genau eine falsch ist.
Untersuchen Sie, ob es eine Zahl <math>x</math> gibt, die dieser Forderung genügt! Ermitteln Sie, wenn das der Fall ist, jede solche Zahl <math>x</math>!
<math>A_1</math>) Es gibt außer <math>x</math> keine Zahl, die der Forderung dieser Aufgabe genügt.
<math>A_2</math>) <math>x</math> ist eine natürliche Zahl, in deren (dekadischer) Darstellung eine Ziffer zweimal auftritt.
<math>B_1</math>) <math>x?5</math> ist eine ganze, durch 6 teilbare Zahl.
<math>B_2</math>) <math>x+1</math> ist eine ganze, durch 12 teilbare Zahl.
<math>C_1</math>) <math>x</math> ist eine natürliche Zahl, deren (dekadische) Darstellung mit der Ziffer 3 beginnt.
<math>C_2</math>) <math>x</math> ist die Zahl 389.
<math>D_1</math>) <math>x</math> ist eine dreistellige Primzahl mit <math>300<x<399</math>, also eine der   Zahlen 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 353, 359, 367, 373, 379, 383, 389, 397.
<math>D_2</math>) <math>x</math> ist eine natürliche Zahl, die aus drei gleichen Ziffern besteht.

Lösung:
Da aus <math>C_2</math> direkt <math>C_1</math> folgt, aber nicht beide Aussagen wahr sein dürfen, muss <math>C_2</math> falsch und <math>C_1</math> wahr sein. Es ist also <math>x</math>, sofern es existiert, eine natürliche Zahl, die mit der Ziffer 3 beginnt, nicht aber die 389.

Wäre die Aussage <math>D_2</math> nun wahr, müsste es sich um die Zahl 333 handeln. Dies widerspricht aber beiden Aussagen <math>B_1</math> und <math>B_2</math>, da weder 328 durch 6 noch 334 durch 12 teilbar sind. Also muss <math>D_2</math> falsch und <math>D_1</math> wahr sein, sodass <math>x</math> eine der von 389 verschiedenen Primzahlen in der angegebenen Liste sein muss.

Wäre die Aussage <math>B_2</math> wahr, dann wäre <math>x+1</math> insbesondere auch durch 6 teilbar, also auch <math>x+1-6=x-5</math>, sodass die Aussage <math>B_1</math> auch erfüllt wäre. Demnach muss also <math>x-5</math> durch 6 teilbar sein, während <math>x+1=(x-5)+6</math> nicht durch 12 teilbar sein darf. Das geht aber nur, wenn schon <math>x-5</math> durch 12 teilbar war. In der Liste erfüllen das nur 317 und 353, sodass <math>x</math> eine dieser beiden Zahlen sein muss.

Wäre <math>A_2</math> wahr, dann wäre es eindeutig als 353 identifiziert, da nur in dieser noch möglichen Zahl zwei gleiche Ziffern vorkommen. Dann wäre aber auch aufgrund der nun gezeigten Eindeutigkeit auch die Aussage <math>A_1</math> wahr, was ein Widerspruch zur Bedingung der Aufgabenstellung darstellt.

Ist dagegen <math>A_2</math> falsch, dann darf in der Darstellung von <math>x</math> keine Ziffer zwei mal auftreten. Dies schließt die 353 aus, sodass 317 die eindeutige Lösung ist, sodass Aussage <math>A_1</math> wahr ist.

Damit erfüllt <math>x=317</math> genau die jeweils ersten Aussagen, während die jeweils zweiten falsch sind; und es ist auch die einzige Zahl, die der Aufgabenstellung genügt.


Aufgabe 160935: Es sei <math>\triangle ABC</math> ein beliebiges Dreieck. Von allen Geraden, die die Fläche des Dreiecks <math>ABC</math> in zwei Teilflächen zerlegen, seien diejenigen Geraden ausgewählt, die zwei zueinander inhaltsgleiche Teilflächen erzeugen.
Untersuchen Sie, ob es einen Punkt <math>P</math> gibt, durch den alle diese Geraden gehen!

Lösung:

Nein, einen solchen Punkt gibt es nicht.

Da jede Seitenhalbierende das Dreieck in zwei flächengleiche Teilflächen zerlegt, sich diese aber allein im Schwerpunkt des Dreiecks schneiden, wäre der einzig in Frage kommende Punkt <math>P</math> eben der Schwerpunkt des Dreiecks.

Dieser teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2:1. Die Parallele zur Seite <math>AB</math> durch den Schwerpunkt schneide die Seiten <math>AC</math> und <math>BC</math> in <math>D</math> bzw. <math>E</math>. Dann ist das Dreieck <math>DEC</math> ähnlich zum Dreieck <math>ABC</math> und es gilt nach dem Strahlensatz, dass der Streckungsfaktor <math>\frac{2}{3}</math> ist. Damit hat aber das Dreieck <math>DEC</math> nur <math>\left(\frac{2}{3}\right}^2=\frac{4}{9}<\frac{1}{2}</math> des Flächeninhalts vom Dreieck <math>ABC</math>. Demzufolge gibt es eine Parallele zur Seite <math>AB</math>, die näher an dieser liegt als die gerade betrachtete Parallele durch den Schwerpunkt, welche das Dreieck in zwei flächengleiche Stücke zerlegt. Diese neue Parallele verläuft dann aber nicht mehr durch den Schwerpunkt, sodass wir mit den drei Seitenhalbierenden und dieser Parallele vier Geraden, die die Bedingung der Aufgabenstellung erfüllen, gefunden haben, die keinen gemeinsamen Punkt besitzen.

Cyrix



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.488, eingetragen 2019-05-23 11:22



Aufgabe 091221: Gegeben sei eine reelle Zahlenfolge <math>a_1, a_2, \dots, a_n, \dots</math> durch die (independente) Darstellung
<math>a_n = c_2n^2 + c_1n + c_0</math> (1)
wobei <math>c_0</math>, <math>c_1</math>, <math>c_2</math> reelle Zahlen sind. Als erste Differenzenfolge bezeichnet man die Folge <math>D(1)_n = a_{n+1} - a_n</math> und als zweite Differenzenfolge die Folge <math>D(2)_n = D(1)_{n+1} - D(1)_n</math>, <math>(n = 1, 2, 3, \dots).</math>
a) Es seien <math>c_0 = 1, c_1 = -1, c_2 = 1</math>. Unter dieser Voraussetzung sind <math>a_n, D(1)_n , D(2)_n</math> für <math>n = 1</math>, 2, 3, 4 und 5 zu berechnen.
b) Es ist allgemein zu beweisen, dass für (1) die Folge <math>D(2)_n</math> konstant ist.

Lösung:

a)

\begin{tabular}{r|r|r|r|r|r|r|r}
<math>n</math>     & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline
<math>a_n</math>    & 1 & 3 & 7 & 13& 21& 31& 43\\ \hline
<math>D(1)_n</math> & 2 & 4 & 6 & 8 & 10&12&\quad\\ \hline
<math>D(2)_n</math> & 2 & 2 & 2 & 2 &  2&\quad & \quad\\
\end{tabular}


b) Es ist für alle nicht-negativen ganzen zahlen <math>n</math>
<math>D(1)_n=a_{n+1}-a_n=c_2((n+1)^2-n^2)+c_1((n+1)-n)+c_0-c_0=2c_2n+c_2+c_1</math>
und
<math>(2)_n=D(1)_{n+1}-D(1)_n=2c_2((n+1)-n)+(c_2+c_1)-(c_2+c_1)=2c_2</math>,
was die Behauptung zeigt, <math>\Box</math>.



Aufgabe 091232: Vier Freunde, Axel, Bodo, Christian und Dieter, kauften sich ein Boot. Sie einigten sich, dass jeder von ihnen eine der ersten vier Fahrten mit dem Boot durchführen solle. Bei der Festlegung der Reihenfolge dieser Fahrten äußerten sie folgende Wünsche:
1. Für den Fall, daß Dieter als Erster fahren sollte, wollte Christian als Dritter fahren.
2. Wenn Axel oder Dieter als Zweiter fahren sollte, dann wollte Christian als Erster fahren.
3. Dann und nur dann, wenn Axel als Dritter fahren sollte, wollte Bodo als Zweiter fahren.
4. Falls Dieter als Dritter fahren sollte, so wollte Axel als Zweiter fahren.
5. Wenn Dieter als Letzter fahren sollte, dann wollten Christian als Dritter und Axel als Erster fahren.

Ermitteln Sie alle Möglichkeiten für die Reihenfolge, in der die ersten vier Fahrten durchgeführt werden können, so dass diese Wünsche erfüllt sind!

Lösung:

Wir führen eine Fallunterscheidung danach durch, welche der Fahrten von Dieter übernommen wird:

Fall 1: Dieter fährt als Erster. Dann fährt Christian nach 1. als Dritter und nach 3. Bodo nicht als Zweiter, also Vierter, sodass für Axel nur der zweite Platz verbleibt. Es ergibt sich die Reihenfolge Dieter, Axel, Christian, Bodo, welche der Bedingung 2 widerspricht. In diesem Fall gibt es also keine gültige Lösung.

Fall 2: Dieter fährt als Zweiter. Dann fährt nach 2. Christian als Erster und nach 3. Axel nicht als Dritter, also als Vierter, womit für Bodo nur die dritte Position verbleibt. Es ergibt sich die Reihenfolge Christian, Dieter, Bodo, Axel. Die Probe bestätigt diese Lösung.

Fall 3: Dieter fährt als Dritter. Dann fährt nach 4. Axel als Zweiter. Nach 2. fährt Christian als Erster und schließlich Bodo als Vierter. Es ergibt sich die Reihenfolge Christian, Axel, Dieter, Bodo. Die Probe bestätigt diese Lösung.

Fall 4: Dieter fährt als Vierter. Dann fährt nach 5. Christian als Dritter, Axel als Erster und Bodo schließlich als Zweiter. Es ergibt sich die Reihenfolge Axel, Bodo, Christian, Dieter, die aber 2. widerspricht, sodass es in diesem Fall keine Lösung gibt.

Es gibt also genau zwei zulässige Reihenfolgen.



Aufgabe 160931: Ein dem Einheitskreis einbeschriebenes <math>n</math>-Eck habe die Eigenschaft, dass es bei einer Drehung um <math>180^{\circ}</math> um den Mittelpunkt des Einheitskreises in sich übergeht. Auf der Peripherie des Einheitskreises sei irgendein Punkt <math>P</math> gegeben.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen aus der gegebenen Zahl <math>n</math> die Summe <math>s</math> der Quadrate der Abstände des Punktes <math>P</math> zu allen Punkten des <math>n</math>-Ecks!

Lösung:
Aufgrund der Punktsymmetrie ist <math>n=2m</math> gerade. Seien die Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks in mathematisch positiver Richtung mit <math>P_1</math>, <math>P_2</math>, <math>\dots</math>, <math>P_{2m}</math> durnummeriert, sodass sich jeweils <math>P_k</math> und <math>P_{m+k}</math> gegenüberliegen. Diese bilden also jeweils einen Durchmesser des Einheitskreises und es gilt <math>|P_kP_{m+k}|^2=2^2=4</math>. Nach dem Satz von Thales ist jedes Dreieck <math>P_kP_{k+m}P</math> rechtwinklig bei <math>P</math> (oder <math>P</math> fällt mit einem der beiden Endpunkte des betrachteten Durchmessers zusammen). In jedem Fall gilt aber nach Pythogaros (bzw. sofot durch Einsetzen) <math>|PP_k|^2+|PP_{k+m}|^2=|P_kP_{k+m}|^2=4</math>, sodass sich für die gesuchte Summe <math>s</math> als Wert die vierfache Anzahl dieser Durchmesser ergibt, die <math>4m=2n</math> beträgt, da jeder der Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks an genau einem Durchmesser des Einheitskreises beteiligt ist, und auf jedem solchen genau zwei der Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks liegen.

edit: Offenbar bekomme ich die Tabelle, die Symbole im Mathemodus enthält, hier nicht geeignet dargestellt. Was mache ich falsch?

Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.489, eingetragen 2019-05-23 15:14


Anmerkung: Nuramon (s. #490) sei Dank, habe ich die Tabellen (leider aber nur unzentriert, gibt's da auch noch einen Ausweg?) doch noch hinbekommen! (Edit: Ok, mit der Zentrierung klappt es dank einem Hinweis von Diophant per PM, nun auch!)

Aufgabe 3 - 111233

<math>
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
&  &  &  &  &  & \\ \hline
&  &  &  &  &  &\\ \hline
&  &  &  &  &  &\\ \hline
\end{array}
</math>


21 leere Felder, die in Form eines Rechtecks von 3 Zeilen und 7 Spalten wie in der Abbildung angeordnet sind, sollen so mit den Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 belegt werden, dass jedes Feld mit genau einer der angegebenen Zahlen belegt wird und dabei insgesamt jede dieser Zahlen dreimal vorkommt.

Dabei sollen die drei Zahlen jeder Spalte paarweise voneinander verschieden sein, und von den sechs Zahlen in je zwei Spalten dürfen höchstens zwei übereinstimmen.

Man gebe eine Belegung der geforderten Art an und begründe, wie sich eine derartige Belegung finden lässt.


Ein 3x7-Tableau, welches ganz oder teilweise mit den Ziffern 1,2,3 ausgefüllt ist, heißt im Folgenden zulässig, wenn folgende Bedingungen für die bereits eingetragenen Ziffern erfüllt sind:

$\bullet$ Jede Ziffer kommt in dem Tableau höchstens dreimal vor

$\bullet$ Für jede Spalte sind alle ihre Ziffern verschieden

$\bullet$ Für je zwei verschiedene Spalten gibt es höchstens eine Ziffer, welche in beiden Spalten vorkommt

Ferner denken wir uns die Kästchen eines Tableaus in dem Sinn geordnet, als ein Kästchen vor einem anderen kommt, wenn seine Spaltennummer kleiner ist, und bei gleicher Spaltennummer, wenn seine Zeilennummer dann kleiner ist. Des weiteren nennen wir im Folgenden ein Kästchen frei, wenn in dieses bis dahin noch keine Ziffer eingetragen wurde.

Folgender Greedy-Algorithmus liefert dann das gewünschte Ergebnis:

Beginnend mit dem noch leeren Tableau, welches offensichtlich zulässig ist, fügt man einfach jede Ziffer der Folge
\[1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,7,7,7\] in genau dieser Reihenfolge an der ersten freien Stelle in das Tableau ein, für welche dieses weiterhin zulässig ist. Das Endtableau unten erfüllt dann offensichtlich alle Bedingungen der Aufgabe hier:

<math>
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
1&  1&  1&  2&  2&  3& 3 \\ \hline
2&  4&  6&  4&  5&  4& 5\\ \hline
3&  5&  7&  6&  7&  7& 6\\ \hline
\end{array}
</math>



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.490, eingetragen 2019-05-23 15:56

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-05-23 11:22 - cyrix in Beitrag No. 488 schreibt:

<math>
\begin{array}{r|r|r|r|r|r|r|r}
n    & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline
a_n    & 1 & 3 & 7 & 13& 21& 31& 43\\ \hline
D(1)_n & 2 & 4 & 6 & 8 & 10&12&\quad\\ \hline
D(2)_n & 2 & 2 & 2 & 2 &  2&\quad & \quad\\
\end{array}

</math>
edit: Offenbar bekomme ich die Tabelle, die Symbole im Mathemodus enthält, hier nicht geeignet dargestellt. Was mache ich falsch?
Die tabular muss in einer math-Umgebung stehen und solche kann man anscheinend nicht schachteln. Innerhalb einer tabular kann man aber Dollarzeichen verwenden. Wenn man array statt tabular verwendet, muss man nicht in jeder Zelle einzeln vom Textmodus in den Mathemodus umschalten.



Aufgabe 160931: Ein dem Einheitskreis einbeschriebenes <math>n</math>-Eck habe die Eigenschaft, dass es bei einer Drehung um <math>180^{\circ}</math> um den Mittelpunkt des Einheitskreises in sich übergeht. Auf der Peripherie des Einheitskreises sei irgendein Punkt <math>P</math> gegeben.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen aus der gegebenen Zahl <math>n</math> die Summe <math>s</math> der Quadrate der Abstände des Punktes <math>P</math> zu allen Punkten des <math>n</math>-Ecks!

Lösung:
Aufgrund der Punktsymmetrie ist <math>n=2m</math> gerade. Seien die Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks in mathematisch positiver Richtung mit <math>P_1</math>, <math>P_2</math>, <math>\dots</math>, <math>P_{2m}</math> durnummeriert, sodass sich jeweils <math>P_k</math> und <math>P_{m+k}</math> gegenüberliegen. Diese bilden also jeweils einen Durchmesser des Einheitskreises und es gilt <math>|P_kP_{m+k}|^2=1^2=1</math>. Nach dem Satz von Thales ist jedes Dreieck <math>P_kP_{k+m}P</math> rechtwinklig bei <math>P</math> (oder <math>P</math> fällt mit einem der beiden Endpunkte des betrachteten Durchmessers zusammen). In jedem Fall gilt aber nach Pythogaros (bzw. sofot durch Einsetzen) <math>|PP_k|^2+|PP_{k+m}|^2=|P_kP_{k+m}|^2=1</math>, sodass sich für die gesuchte Summe <math>s</math> als Wert die Anzahl dieser Durchmesser ergibt, die <math>m=\frac{n}{2}</math> beträgt, da jeder der Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks an genau einem Durchmesser des Einheitskreises beteiligt ist, und auf jedem solchen genau zwei der Eckpunkte des <math>n</math>-Ecks liegen.
Der Einheitskreis hat Durchmesser 2, darum ist dein Endergebnis um den Faktor 4 falsch.
\(\endgroup\)


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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.491, eingetragen 2019-05-23 16:10


@Nuramon: Danke für die Tabelle und den Hinweis. Das ist natürlich peinlich... ;) Ich bessere es oben aus.

@Steffen: Bitte zu Aufgabe 160931 die geänderten Werte übernehmen! :)

Cyrix



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.492, eingetragen 2019-05-23 17:14



Aufgabe 150922:
<math>
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 &   &  \\ \hline
b &   &   &   &   &  \\ \hline
c &   &   &   & 5 &  \\ \hline
d &   &   &   &   & 4\\ \hline
e &   &   &   &   &  \\
\end{tabular}
</math>

In das abgebildete Quadrat sollen die Ziffern 1, 2, 3, 4 und 5 so eingetragen werden, dass in jeder Zeile und Spalte und in den beiden Diagonalen jede der Ziffern von 1 bis 5 genau einmal vertreten ist. Die bereits eingetragenen Ziffern sollen dabei nicht verändert werden.
a) Geben Sie eine den Bedingungen entsprechende Eintragung an!
b) Untersuchen Sie, ob voneinander verschiedene den Bedingungen entsprechende Eintragungen möglich sind, und ermitteln Sie, wenn dies zutrifft, alle derartigen Eintragungen!
Die Buchstaben an den Rändern des Quadrates sollen die Beschreibungen des Lösungsweges erleichtern. So steht z.B. im Feld cD bereits die Ziffer 5, Kurzschreibweise cD:5.

Lösung:

aD:4 (Zeile a, Spalten ABC besetzt; dE:4)
aE:5 (Zeile a, Spalten ABCD besetzt)
bB:5 (Hauptdiagonale: aA:1, cC:<math>\neq</math> 5 wegen cD:5, dd:<math>\neq</math> 5 wegen cD:5, eE:<math>\neq</math> 5 wegen aE:5)
eC:5 (Zeile e, eA:<math>\neq</math> 5 wegen aE:5, eB:<math>\neq</math> 5 wegen bB:5, eD:<math>\neq</math> 5 wegen cD:5, eE:<math>\neq 5</math> wegen aE:5)
dA:5 (Zeile d; in allen Spalten BCDE gibt es schon Fünfen).
cC:4 (Hauptdiagonale: aA, bB besetzt, dD:<math>\neq</math> 4 wegen aD:4, eE:<math>\neq</math> 4 wegen dE:4)
eB:4 (Spalte B, Zeielen ab besetzt, cB:<math>\neq</math> 4 wegen cC:4, cd:<math>\neq</math> 4 wegen dE:4)
bA:4  (Spalte A, in allen anderen Zeilen schon Vieren vorhanden)

Skizze:
<math>
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 &   &   &  \\ \hline
c &   &   & 4 & 5 &  \\ \hline
d & 5 &   &   &   & 4\\ \hline
e &   & 4 & 5 &   &  \\
\end{tabular}
</math>

Wäre bD:1, dann eA:<math>\neq 1</math> (Hauptdiagonale) und eD:<math>\neq</math> 1, also eE:1 (da eB und eC schon besetzt). Dies ist aber ein Widerspruch zu aA:1 auf der Hauptdiagonalen. Also ist bD:<math>\neq</math> 1.

eD:1 (Spalte D, bD:<math>\neq</math> 1, aD, cD besetzt, dD:<math>\neq</math> 1 wegen aA:1)
dB:1 (Nebendiagonale, aE, cc besetzt, bD:<math>\neq</math> 1 wegen eD:1, eA:<math>\neq</math> 1 wegen aA:1)
cE:1 (Zeile c, Spalten CD besetzt, Spalten AB verboten, da dort schon Einsen)
bC:1 (Zeile b, in allen anderen Spalten schon Einsen)

Skizze:
<math>
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 & 1 &   &  \\ \hline
c &   &   & 4 & 5 & 1\\ \hline
d & 5 & 1 &   &   & 4\\ \hline
e &   & 4 & 5 & 1 &  \\
\end{tabular}
</math>

dC:2 (Spalte C, Zeilen abce besetzt)
dD:3 (Zeile d, Spalten ABCE besetzt)
bD:2 (Spalte D, Zeilen acde besetzt)
bE:3 (Zeile b, Spalten ABCD besetzt)
eE:2 (Spalte E, Zeilen abcd besetzt)
eA:3 (Zeile e, Spalten BCDE besetzt)
cA:2 (Spalte A, Zeilen abde besetzt)
cB:3 (Zeile c, Spalten ACDE besetzt)

Damit ergibt sich notwendigerweise folgende Tabelle:
<math>
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 & 1 & 2 & 3\\ \hline
c & 2 & 3 & 4 & 5 & 1\\ \hline
d & 5 & 1 & 2 & 3 & 4\\ \hline
e & 3 & 4 & 5 & 1 & 2\\
\end{tabular}
</math>

Dass diese auch alle Bedingungen der Aufgabenstellung genügt, zeigt die Probe. Es existiert also nur genau diese eine Variante, die Tabelle gemäß den Vorgaben auszufüllen.

Cyrix



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.493, eingetragen 2019-05-23 17:49



Aufgabe 111042: Es sind alle geordneten Quadrupel <math>(x_1, x_2, x_3, x_4)</math> positiver ganzer Zahlen zu ermitteln, die die folgenden Eigenschaften haben:
a) Das Produkt dieser vier Zahlen ist gleich 82 944 000 000.
b) Ihr größter gemeinsamer Teiler (ggT) ist gleich 24.
c) Ihr kleinstes gemeinsames Vielfaches (kgV) ist gleich 120 000.
d) Der größte gemeinsame Teiler von <math>x_1</math> und <math>x_2</math> ist gleich 1 200.
e) Das kleinste gemeinsame Vielfache von <math>x_2</math> und <math>x_3</math> ist gleich 30 000.

Lösung:

Es ist <math>82 944 000 000 = 2^{16} \cdot 3^4 \cdot 5^6</math>, sodass nur die Primzahlen 2, 3 und 5 in der Primfaktorzerlegung der <math>x_i</math> vorkommen. Wir können also schreiben <math>x_i=2^{a_i} \cdot 3^{b_i} \cdot 5^{c_i}</math> mit nicht-negativen ganzen Zahlen <math>a_i, b_i, c_i</math> für <math>i\in\{1,2,3,4\}</math>. Dann ist nach a) <math>a_1+\dots+a_i=16</math>, <math>b_1+\dots+b_4=4</math> und <math>c_1+\dots+c_4=6</math>.

Es ist <math>24=2^3 \cdot 3^1</math>, sodass nach b) alle <math>a_i\geq 3</math> und alle <math>b_i\geq 1</math> sind. Aus letzterem folgt mit der Summenbedingung an die <math>b_i</math> sofort <math>b_1=\dots=b_4=1</math>. weiterhin ist mindestens eines der <math>c_i</math> gleich 0, da sonst der ggT auch durch 5 teilbar wäre. Analog ist auch mindestens eines der <math>a_i</math> genau gleich 3.

Es ist <math>120 000=2^6 \cdot 3^1 \cdot 5^4</math>, sodass nach c) alle <math>a_i\leq 6</math> und alle <math>c_i\leq 4</math> sind, wobei diese Maximalwerte auch jeweils mindestens einmal angenommen werden. Aus der Summenbedingung an die <math>a_i</math>, diese obere und die zuvor gezeigte untere Schranke für deren Größe folgt, dass genau eines der <math>a_i</math> den Wert 6, ein zweites den Wert 4 und die beiden übrigen den Wert 3 annehmen müssen.

Es ist <math>1200=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^2</math>, sodass nach d) <math>a_1\geq 4</math>, <math>a_2\geq 4</math>, <math>c_1\geq 2</math> und <math>c_2\geq 2</math> folgt. Insbesondere folgt damit <math>a_3=a_4=3</math>. Da mindestens eines der <math>c_i</math> den Wert 4 hat, ist die Summenbedingung an  die <math>c_i</math> nur zu erfüllen, wenn <math>c_3=c_4=0</math>, einer der beiden Werte <math>c_1</math> und <math>c_2</math> gleich 4 und der andere gleich 2 ist.

Es ist <math>30 000=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^4</math>, sodass nach e) <math>a_2\leq 4</math>, <math>a_3\leq 4</math>, <math>c_2\leq 4</math> und <math>c_3\leq 4</math> folgt, wobei jeweils mindestens einer der <math>a</math>- bzw. <math>c</math>-Werte die Schranke auch annimmt. Aufgrund der zuvor gewonnenen Abschätzung an <math>a_2</math> gilt <math>a_2=4</math> und analog wegen <math>c_3=0</math> auch <math>c_2=4</math>. Es folgt <math>c_1=2</math> und abschließend <math>a_1=6</math>.

Zusammen erhalten wir
<math>x_1=2^{a_1} \cdot 3^{b_1} \cdot 5^{c_1}=2^6 \cdot 3^1 \cdot 5^2</math>,
<math>x_2=2^{a_2} \cdot 3^{b_2} \cdot 5^{c_2}=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^4</math>
<math>x_3=2^{a_3} \cdot 3^{b_3} \cdot 5^{c_3}=2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^0</math> und
<math>x_4=2^{a_4} \cdot 3^{b_4} \cdot 5^{c_4}=2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^0</math>.

Cyrix



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.494, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23 19:31


Da ich eine zweite Datei mit "interessanten" Aufgaben der I. Stufe vorbereite, habe ich diese Aufgaben der Klassenstufe 11 wieder herausgenommen.
Damit haben wir jetzt 530 gelöste Aufgaben. Danke an alle fleißigen Aufgabenlöser.

Nach einer Grobschätzung kommen bis 1989 etwa 1265 Aufgaben in Frage. Damit haben wir jetzt gut 41 %. Das ist super.

LG Steffen



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.495, eingetragen 2019-05-23 21:12


Aufgabe 160922:
Die Zahl <math>\frac{20}{21}</math> soll so in zwei Summanden zerlegt werden, dass
a) die beiden Summanden Brüche mit gleichem, von 21 verschiedenem Nenner und mit unterschiedlichen Zählern sind,
b) die beiden Summanden Brüche mit gleichem Zähler und mit unterschiedlichen Nennern sind.
Dabei sollen in jedem Bruch, der als Summand auftritt, jeweils der Zähler und der Nenner natürliche Zahlen sein, die zueinander teilerfremd sind.
Geben Sie für a) und b) je ein Beispiel einer derartigen Zerlegung an, und weisen Sie nach, dass es alle verlangten Eigenschaften hat!

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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.496, eingetragen 2019-05-24 12:43


Hier noch eine... äh, etwas kürzere Alternativlösung zu

Aufgabe 4 - 031034

Man zeige, dass für jede natürliche Zahl der Term $n^3+11n$ durch 6 teilbar.

Lösung: Wie man leicht nachrechnet, gilt
\[n^3+11n=6\left( \binom{n+3}3-n^2-1\right)\] woraus die Behauptung unmittelbar folgt.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.497, eingetragen 2019-05-24 12:59


Aufgabe 111246A
Es sei n eine natürliche Zahl, für die 4≤n≤8 gilt. In der Ebene  seien n Punkte so angeordnet, dass auf jeder Geraden durch je zwei dieser Punkte wenigstens noch ein weiterer dieser n Punkte liegt. Man beweise, dass dann eine Gerade existiert, auf der alle diese n Punkte liegen.

Angenommen es gebe 3 Punkte $A,B,C$, die nicht auf einer Gerade liegen. Durch Wahl äußerer Punkte - z.B. Ecken der konvexen Hülle - können wir ebenfalls annehmen, dass weiter Punkte der Menge, die auf den Geraden $AB, BC, AC$ liegen, sich nur auf den Seiten des Dreiecks befinden. Daher gibt es Punkte $P,Q,R$ auf den Dreiecksseiten, die ebenfalls zu der Menge gehören, welche nicht auf einer gemeinsammen Gerade liegen. Da $A,B,C$ nicht auf den Geraden $PQ,QR,PR$ liegen, gibt es drei weitere Punkte auf diesen Geraden, die zu der Menge gehören. Daher hat die Menge mindestens 9 Punkte. Widerspruch!



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.498, eingetragen 2019-05-24 13:10


@weird: auf deine Idee aufspringend:

Es ist $(n-1)n(n+1)=n^3-n$ das Produkt dreier aufeinanderfolgender Zahlen, von denen damit min. eine durch 2 und eine durch drei, das Produkt also durch 6 teilbar ist. Damit ist auch $n^3+11n=(n^3-n)+12n$ durch 6 teilbar, $\Box$.

Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.499, eingetragen 2019-05-24 14:00


@cyrix

Ja, stimmt natürlich, deine Gleichung
\[n^3+11n=6\left(\binom{n+1}3+2n\right)\] wie ich sie schreiben würde, ist dann noch ein Stück einfacher und vermutlich dann auch die Ideallösung der Aufgabe.  wink



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.500, eingetragen 2019-05-24 15:19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-05-24 14:00 - weird in Beitrag No. 499 schreibt:
ist dann noch ein Stück einfacher und vermutlich dann auch die Ideallösung der Aufgabe.  wink
Was hältst du von einer geometrisch/kombinatorischen Lösung?   razz

Wir nehmen $n^3+11n$ Bauklötze, die alle Einheitswürfel seien. Die Aufgabe ist es diese Bauklötze auf 6 gleich große Haufen zu verteilen.

Aus $n^3$ davon bauen wir dazu einen Würfel mit Kantenlänge $n$. Den Rest legen wir erstmal zur Seite.
 
Falls $n>1$ ist, dann betrachten wir zunächst all jene Bauklötze, die an der Oberfläche des $n^3$ Würfels liegen.
Da ein Würfel 6 Seiten hat, können wir die Bauklötze, die nicht an einer Kante des $n^3$-Würfels liegen ohne Rest verteilen.
Ebenso können wir die Bauklötze, die an den Kanten liegen, aber keine Ecken sind, ohne Rest verteilen, denn ein Würfel hat $12=2\cdot 6$ Kanten.
Um die 8 Ecken zu verteilen nehmen wir uns noch $4$ Klötze von den beiseite gelegten $11n$ Bauklötzen hinzu, so dass wir $12$ Klötze haben, die sich ohne Rest auf $6$ Haufen verteilen lassen.
Somit bleiben nun noch ein $(n-2)^3$-Würfel und die restlichen, beiseite gelegten Bauklötze zu verteilen.
Wir wiederholen dieses Verfahren (d.h. das Verteilen der Oberfläche des großen Würfels unter Hinzunahme von $4$ extra Klötzen), bis von dem großen Würfel nichts mehr übrig ist (das passiert, wenn $n$ gerade ist), oder bis noch genau $1$ Klotz von ihm übrig bleibt (wenn $n$ ungerade ist).
Schreibt man $n$ in der Form $n= 2m$ bzw. $n= 2m+1$, so braucht man dafür $m$ Wiederholungen. Am Schluss hat man dann noch $11n-4m = 18m=6\cdot 3m$ (falls $n=2m$) bzw. $1+11n-4m = 12+18m=6\cdot(2+3m)$ (falls $n=2m+1$) Bauklötze übrig, die man offenbar ohne Rest verteilen kann.

\(\endgroup\)


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