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 Alte Olympiadeaufgaben |
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weird
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 |  Beitrag No.1040, eingetragen 2019-06-29
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\quoteonAufgabe 1 - 301231
a) Man untersuche, ob für beliebige positive reelle Zahlen $a,b,c,d$ stets $\sqrt{ac}+\sqrt{bd} ≤\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{c+d}$ gilt.
b) Man untersuche, ob für beliebige positive reelle Zahlen $a,b,c,d$ stets
$\sqrt{ab}+\sqrt{cd} ≤\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{c+d}$ gilt.
\quoteoff
\showon
Lösung: Die Behauptung in a) ist korrekt, wie man dies ausgehend von
\[0\le(ad-bc)^2=a^2d^2-2abcd+(bc)^2\]
durch folgende offensichtlichen und wegen $a,b,c,d>0$ auch erlaubten Umformungen
\[4abcd\le(ad)^2+2abcd+(bc)^2=(ad+bc)^2\\
2\sqrt{abcd}\le ad+bc\\
(\sqrt{ac}+\sqrt {bd})^2=ac+bd+2\sqrt{abcd}\le ac+bd+ad+bc=(a+b)(c+d)\\
\sqrt{ac}+\sqrt{bd} ≤\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{c+d}\]
sofort sehen kann.
Dagegen ist b) i.A. falsch, z.B. führt etwa \[a=b=1,\ c=d=4\] durch Einsetzen auf den Widerspruch \[1+4\le\sqrt2\sqrt8=4\]
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1037 begonnen.]
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Ex_Senior
 | Beitrag No.1041, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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Hallo MontyPythagoras,
\quoteon(2019-06-29 11:41 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1039)
ich habe die Lösung. Soll ich sie beschreiben und Du machst es selbst, oder soll ich es ausarbeiten?
\quoteoff
Danke. Ich habe von TomTom314 eine Lösungsidee bekommen.
Dennoch wäre es interessant, deine Lösung mit meiner (die mir noch nicht richtig gefällt) zu vergleichen. Zwei (evtl. verschiedene) Lösungen wären interessant.
LG Steffen
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1042, eingetragen 2019-06-29
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241031.png
Die Aussage von Anne ist falsch. Die Funktion $y=\cos x$ hat unendlich viele Nullstellen, sie ist nach oben beschränkt ($y\leq1$). Eine beliebige quadratische Parabel kann z.B. die Gleichung $y=ax^2$ aufweisen. Lässt man $a$ sehr klein werden, wird die Parabel extrem flach und nähert sich zumindest für relativ kleine $x$ der Funktion $y=0$, so dass es beliebig viele Schnittpunkte geben kann. Erst, wenn $ax^2>1$ wird, also $|x|>\frac1{\sqrt a}$, gibt es keine weiteren Schnittpunkte. Es ist also nur eine Frage der Wahl des Parameters $a$, wie viele Schnittpunkte es zwischen den Funktionen gibt. Daher ist die Aussage von Bernd korrekt, wobei durch Hinzufügen eines konstanten Summanden $y=ax^2+b$ auch möglich ist, beliebig viele Parabeln zu erzeugen, die genau 10 Schnittpunkte mit der Funktion $y=\cos x$ haben.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1040 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1043, eingetragen 2019-06-29
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Hallo Steffen,
\quoteon(2019-06-29 12:46 - stpolster in Beitrag No. 1041)
Hallo MontyPythagoras,
\quoteon(2019-06-29 11:41 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1039)
ich habe die Lösung. Soll ich sie beschreiben und Du machst es selbst, oder soll ich es ausarbeiten?
\quoteoff
Danke. Ich habe von TomTom314 eine Lösungsidee bekommen.
Dennoch wäre es interessant, deine Lösung mit meiner (die mir noch nicht richtig gefällt) zu vergleichen. Zwei (evtl. verschiedene) Lösungen wären interessant.
LG Steffen
\quoteoff
Dann verstecke ich sie erst einmal. :-)
\showon
Aufgabe 3 - 141023
Es sei $\triangle ADC$ ein rechtwinkliges gleichschenkliges Dreieck mit $C$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels.
Über $AC$ sei nach außen ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit $B$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels so gelegen, dass der Fußpunkt $E$ des Lotes von $D$ auf die Gerade durch $A, B$ zwischen $A$ und $B$ liegt.
Man beweise, dass dann $DE = AB + BC$ gilt!
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141023_Skizze.png
Es gilt
$$b=\frac1{\sqrt2}d$$
$$e=d\sin\left(\alpha+\frac\pi4\right)$$$$e=d\sin\alpha\cos\frac\pi4+d\cos\alpha\sin\frac\pi4$$$$e=\frac1{\sqrt2}d\sin\alpha+\frac1{\sqrt2}d\cos\alpha$$$$e=b\sin\alpha+b\cos\alpha$$$$e=a+c$$q.e.d.
\showoff
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1044, eingetragen 2019-06-29
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241032.png
Zunächst die linke Ungleichung:
$$2\left(\sqrt{x+1}-\sqrt x\right)<\frac1{\sqrt x}$$$$\sqrt x\cdot\sqrt{x+1}- x<\frac12$$$$x(x+1)<\left(x+\frac12\right)^2$$$$x^2+x
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| Beitrag No.1045, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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Danke MontyPythagoras.
Das ist eine andere Idee. TomTom314 hatte vorgeschlagen, das Dreieck ABC um C um 90° zu drehen.
Beide Lösungen sind schon online.
LG Steffen
PS: Für den Rest des Tages "falle" ich aus, d.h. ich werde erst morgen neue Lösungen einarbeiten.
Jetzt geht's zur Abifeier.
Den (inflationären :-? ) sieben Abiturienten (etwa 10%) mit einem Durchschnitt von 1,0 muss ich "huldigen".
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1043 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1046, eingetragen 2019-06-29
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241036.png
(Es ist offensichtlich, dass es sich bei dieser Funktion um $f(x)=2^x$ handeln muss. Damit wäre die Berechnung der Funktionswerte kein Thema. Es soll daher bewusst auf die Kenntnis der Funktionsvorschrift verzichtet werden.)
Wegen (3):
$$f(1+0)=f(1)\cdot f(0)$$$$f(0)=\frac22=1$$Ebenfalls wegen (3):
$$f(0)=f(1)\cdot f(-1)$$$$f(-1)=\frac{f(0)}{f(1)}=\frac12$$Allgemein gilt:
$$f(2x)=f(x+x)=f(x)^2$$$$f(3x)=f(2x+x)=f(2x)\cdot f(x)=f(x)^3$$Auf diese Weise folgt allgemein weiter
$$(4)\qquad f(nx)=f(x)^n$$$$f(nx)^\frac1n=f(x)$$Wenn $nx=y$, gilt auch
$$(5)\qquad f\left(\frac yn\right)=f(y)^\frac1n$$Wegen (4) folgt:
$$f(k\cdot1)=f(1)^k=2^k$$Zusammen mit (5):
$$f\left(\frac kn\cdot1\right)=(2^k)^\frac1n=2^\frac kn$$Und somit:
$$f\left(\frac 37\right)=2^\frac 37$$
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1047, eingetragen 2019-06-29
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241043A.png
Aufgabenteil a)
Wegen (3) gilt:
$$f(x)=\frac{f(x-2)}{5f(x-2)-1}$$$$5f(x-2)f(x)-f(x)=f(x-2)$$$$5f(x-2)f(x)-f(x-2)=f(x)$$$$f(x-2)(5f(x)-1)=f(x)$$$$f(x-2)=\frac{f(x)}{5f(x)-1}=f(x+2)$$Die Funktion ist also periodisch mit der Periodenlänge $4$, sie ist wegen (2) definiert auf $[2;4[$. Durch (3) ist sie auch auf $[4;6[$ definiert, wenn $$p'=\frac p{5p-1}$$ eine reelle Zahl ergibt. Das ist für alle $p\neq\frac15$ der Fall. Da laut Aufgabenstellung $1\leq p\leq2$, ist die Funktion auf dem Intervall $[2;6[$ definiert, und damit wegen der Periodizität auf ganz $\mathbb R$.
Aufgabenteil b)
Wegen der Periodizität gilt $f(1985)=f(5)$. Es ist $f(3)=p$, und daher
$$f(1985)=f(3+2)=\frac p{5p-1}$$
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1048, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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\quoteon
Aufgabe 321222: Man beweise, dass für jede positive ganze Zahl $n$ die Ungleichung gilt:
$\frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \ldots \cdot 2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$
\quoteoff
Lösung:
Mit $x:=\frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \ldots \cdot 2n}$ und $(k-1)(k+1)=k^2-1\frac{1}{5}$
b) dass für jede natürliche Zahl $m\geq 2$ die Ungleichung gilt
$\frac{2\cdot 4\cdot 6 \cdot \ldots \cdot (2m-2)}{3\cdot 5 \cdot 7 \cdot \ldots \cdot (2m-1)}>\frac{1}{\sqrt{2m-1}}.$
\quoteoff
Lösung:
Es folgt a) aus b) mit $m=13$, sodass es genügt die Ungleichung aus b) für alle $m\geq 2$ zu zeigen. Dazu sei $x:=\frac{2\cdot 4\cdot 6 \cdot \ldots \cdot (2m-2)}{3\cdot 5 \cdot 7 \cdot \ldots \cdot (2m-1)}.$
Mit $(k-1)(k+1)=k^2-1\frac{(1 \cdot 3)\cdot (3\cdot 5)\cdot (5\cdot 7) \cdot \ldots \cdot ((2m-3)\cdot (2m-1)}{3^2\cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdot \ldots \cdot (2m-1)^2}=\frac{1}{2m-1} ,$
also $x^2>\frac{1}{2m-1}$ bzw. $x>\frac{1}{\sqrt{2m-1}}$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 311024: Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen $t$, für die $\sqrt{t+24\sqrt{t}}$ rational ist!
\quoteoff
Lösung:
Es sei $r^2=t+24\sqrt{t}$ mit einer rationalen Zahl $r$. Dann ist auch $\sqrt{t}=\frac{r^2-t}{24}$ eine rationale Zahl, da $t$ eine natürliche Zahl ist. Die Quadratwurzel einer natürlichen Zahl $t$ ist aber nur genau dann rational, wenn diese eine Quadratzahl ist, also eine natürliche Zahl $n$ mit $t=n^2$ existiert. Dann ist $r^2=n^2+24n$ sogar eine natürliche Zahl und damit auch $r$. Es ist damit $r^2+144=n^2+2\cdot n \cdot 12 + 12^2=(n+12)^2$, also mit $m:=n+12>0$ schließlich $144=m^2-r^2=(m+r)(m-r)$. Damit sind (wegen $m>0$ und $r>0$, also $m+r>0$ und damit auch $m-r>0$) $m+r$ und $m-r$ positiver Teiler und Gegenteiler von 144. Wegen $r>0$ ist dabei $m+r$ der größere und $m-r$ der kleinere Teiler und wegen $(m+r)-(m-r)=2r$ unterscheiden sich die beiden Teiler um ein Vielfaches von 2, sodass, da 144 durch 2 teilbar ist, also beide Faktoren durch 2 teilbar sein müssen. Da 144 genau die Zahlen 2, 4, 6 und 8 als gerade Teiler besitzt, die kleiner als $\sqrt{144}=12$ sind, ergeben sich also folgende Lösungen:
*) Für $m-r=2$ ist $m+r=72$, also $r=35$, $m=37$, $n=m-12=25$ und $t=n^2=625$. Tatsächlich ist $\sqrt{625+24 \cdot \sqrt{625}}=\sqrt{625+24\cdot 25}=\sqrt{1225}=35$ rational.
*) Für $m-r=4$ ist $m+r=36$, also $r=16$, $m=20$, $n=m-12=8$ und $t=n^2=64$. Tatsächlich ist $\sqrt{64+24\cdot\sqrt{64}}=\sqrt{64+24\cdot 8}=\sqrt{256}=16$ rational.
*) Für $m-r=6$ ist $m+r=24$, also $r=9$, $m=15$, $n=m-12=3$ und $t=n^2=9$. Tatsächlich ist $\sqrt{9+24\sqrt{9}}=\sqrt{9+24\cdot 3}=\sqrt{81}=9$ rational.
*) Und für $m-r=8$ ist $m+r=18$, also $r=5$, $m=13$ und $n=t=1$. Tatsächlich ist $\sqrt{1+24\cdot\sqrt{1}}=\sqrt{25}=5$.
Damit ergeben sich genau vier Lösungen $t\in\{1,9,64,625\}$.
\quoteon
Aufgabe 311041: Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen $k$, für die die folgende Aussage (1) wahr ist:
(1) Für jedes Paar $(a;b)$ reeller Zahlen $a,b$ gilt $a^2+b^2\geq k \cdot ab$.
\quoteoff
Lösung:
Die Aussage gilt genau für alle $-2\leq k\leq 2$. Wir zeigen dies per vollständiger Fallunterscheidung nach der Größe von $k$:
Fall 1: $k>2$. Dann ist für $a=b=1$ die Ungleichung $a^2+b^2=2=2 \cdot ab < k \cdot ab$ erfüllt, sodass die Aussage (1) falsch ist.
Fall 2: $0\leq k \leq 2$.
Fall 2.1: Es ist $ab\geq 0$. Dann ist wegen $0\leq (a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ auch $a^2+b^2\geq 2\cdot ab \geq k \cdot ab$.
Fall 2.2: Es ist $ab<0$. Dann ist $a^2+b^2\geq 0 \geq k \cdot ab$.
Damit ist in beiden Unterfällen Aussage (1) wahr.
Fall 3: $-2\leq k <0$.
Fall 3.1: Es ist $ab\geq 0$. Dann ist $a^2+b^2\geq 0\geq k \cdot ab$.
Fall 3.2: Es ist $ab<0$. Dann ist wegen $0\leq (a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ auch $a^2+b^2\geq (-2)ab \geq k \cdot ab$.
Damit ist in beiden Unterfällen Aussage (1) wahr.
Fall 4: $k<-2$. Dann ist für $a=1$, $b=-1$ die Ungleichung $a^2+b^2=2=(-2) \cdot ab < k \cdot ab$ erfüllt, sodass die Aussage (1) falsch ist.
Die Aussage (1) wird also genau für $-2\leq k \leq 2$ erfüllt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1049, eingetragen 2019-06-29
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241044.png
Aufgrund der Symmetrie gilt allgemein, dass $(b;a)$ eine Lösung ist, wenn $(a;b)$ eine Lösung ist. Wir betrachten nachfolgend daher nur Fälle, für die $a\leq b$ ist.
Da $0!=1$ ist, ist offensichtlich, dass $a>0$ sein muss, denn sonst müsste $1+b!=b!$ gelten, was nicht möglich ist.
Man kann die Fakultät-Funktion darstellen als
$$n!=\prod_{k=1}^nk$$Allgemein soll gelten:
$$a!+b!=(a+b)!$$$$\prod_{k=1}^ak+\prod_{k=1}^bk=\prod_{k=1}^{a+b}k$$Wir teilen durch $b!$:
$$\frac{\prod_{k=1}^ak}{\prod_{k=1}^bk}+1=\frac{\prod_{k=1}^{a+b}k}{\prod_{k=1}^bk}$$Da $b\geq a$ und $(a+b)>b$, kann man kürzen:
$$\frac1{\prod_{k=a+1}^bk}+1=\prod_{k=b+1}^{a+b}k$$Rechts steht eine natürliche Zahl, so dass der Bruch links auch eine natürliche Zahl ergeben muss. Das ist für $b>a$ nicht möglich.
Es bleiben also nur noch die Fälle $a=b>0$ zu untersuchen. Dann muss gelten
$$2\prod_{k=1}^ak=\prod_{k=1}^{2a}k$$$$2=\frac{\prod_{k=1}^{2a}k}{\prod_{k=1}^ak}$$$$2=\prod_{k=a+1}^{2a}k$$
Das ist nur für $a=1$ erfüllt, für größere $a$ gilt immer
$$2\cdot a!<(2a)!$$Daher ist das Paar $(1;1)$ die einzige Lösung.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1047 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1050, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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Alternativlösung zur 241044:
O.B.d.A. sei $a\leq b$. Dann ist wegen $0!+b!=b!+1>b!=(0+b)!$ sicherlich $a>0$, also $a\geq 1$ und damit $(a+b)!\geq (b+1)!=(b+1)\cdot b!\geq 2b!$, wobei Gleichheit nur für $a=b=1$ gilt, also $a!=(a+b)!-b!\geq 2b!-b!=b!\geq a!$, woraus eben $(a;b)=(1;1)$ folgt. Einsetzen bestätigt $a!+b!=1+1=2=2!=(a+b)!$, sodass dies die einzige Lösung ist.
\quoteon
Aufgabe 321023: Gegeben seien $n$ zueinander parallele Geraden sowie weitere $n$ zu ihnen senkrechte, also untereinander ebenfalls parallele Geraden.
Damit entstehen $n^2$ Schnittpunkte (Gitterpunkte).
Klaus versucht, einen geschlossenen (d.h. zum Anfangspunkt zurückkehrenden) Streckenzug zu zeichnen.
Jede Strecke dieses Streckenzuges soll auf einer der gegebenenen Geraden liegen, und jeder Gitterpunkt soll genau einmal von dem Streckenzug erreich werden.
a) Beweisen Sie, dass für $n=4$ und für $n=6$ der Versuch erfolgreich realisiert werden kann!
b) Beweisen Sie, dass der Versuch für $n=9$ nicht erfolgreich realisiert werden kann!
\quoteoff
Lösung:
Die Geraden einer jeden Richtung seien von 1 bis $n$ durchnummeriert, sodass sich die Schnittpunkte als Paare $(x,y)$ angeben lassen, wobei diese Bezeichnung für den Schnittpunkt der Gerade $x$ der einen mit Gerade $y$ der anderen Richtung stehe.
a) Ein Weg, der für gerade $n=2k$ (also insbesondere für $n=4$ und $n=6$) die Bedingung der Aufgabenstellung erfüllt, ist wie folgt gegeben:
(1,1) --> (1,n) --> (2,n) --> (2,2) --> (3,2) --> (3,n) --> (4,n) --> (4,2) --> $\dots$ --> (2i,2) --> (2i+1,2) --> (2i+1,n) --> (2i+2,n) --> $\dots$ --> (n,2) --> (n,1) --> (1,1).
Dabei stehe $P$ --> $Q$ für die geradlinige Verbindung von $P$ und $Q$. Insbesondere müssen $P$ und $Q$ genau eine Koordinate gemeinsam haben, damit diese Strecke auf einer der Geraden liegt.
b) Wir zeigen allgemein, dass für ungerade $n$ (also insbesondere für $n=9$) kein solcher Weg möglich ist:
Wir färben die Gitterpunkte schachbrettartig im Wechsel schwarz und weiß ein. Gäbe es einen geschlossenen Weg, der o.B.d.A. bei einem schwarzen Punkt beginnt, entlang der Gitterlinien jeden der geradzahlig vielen $n^2-1$ weiteren Gitterpunkte genau einmal besucht und dann direkt zum Ausgangspunkt zurückkehrt, dann würde auf diesem Weg aufgrund der ungeradzahlig vielen $n^2$ überwundenen Teilstrecken zwischen je zwei aueinanderfolgenden Gitterpunkten auf diesem Weg insgesamt ungeradzahlig oft die Farbe wechseln, d.h., der Ziel-Gitterpunkt müsste die Farbe weiß haben. Dies ist aber der Ausgangsgitterpunkt, der schwarz ist, was ein Widerspruch darstellt, sodass es einen solchen Hamilton-Kreis nicht geben kann, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 321024: Untersuchen Sie, ob es möglich ist, einem Quadrat mit einer Seitenlänge von 8 cm mehr als 64 Kreise mit einem Durchmesser von je 1 cm einzubeschreiben, dass sich je zwei Kreise nicht überschneiden und dass kein Punkt eines Kreises außerhalb des Quadrates liegt!
\quoteoff
Lösung:
Ja, dies ist möglich. Wir geben im Folgenden eine Konstellation mit 68 solchen Kreisen an:
Dazu legen wir derart ein Koordinatensystem in die Ebene des Quadrats, dass eine seiner Ecken im Koordinatenursprung liegt, die von dieser Ecke ausgehenden Kanten auf den positiven Koordinatenachsen liegen und es die Kantenlänge 16 besitzt. (Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht als 5 mm.) Weiterhin sei $h:=\frac{7}{4}$.
Wir wählen nun zwei Arten von Punkten aus:
$M_1:=\{(1+2i; 1+2j\cdot h)| 0\leq i\leq 7 \wedge 0\leq j\leq 4\}$ und $M_2:=\{(2+2i; 1+(2j+1)\cdot h)| 0\leq i\leq 6 \wedge 0\leq j\leq 3\}$.
Dabei soll $M=M_1\cup M_2$ die Menge der Mittelpunkte der ausgewählten Kreise sein. Zuerst stellen wir $|M_1|=8 \cdot 5=40$ und $|M_2|=7\cdot 4=28$, also $|M|=68$ fest, da die Punkte in $M_1$ ungerade und die in $M_2$ gerade $x$-Koordinaten haben, die beiden Mengen also disjunkt sind.
Weiterhin sind die $x$-Koordinaten aller Punkte in $M$ mindestens 1 und höchstens $1+14=15$, gleiches gilt wegen $1+8\cdot h=1+14=15$ auch für die $y$-Koordinaten, sodass kein Kreis mit Radius 1 um einen beliebigen dieser Mittelpunkte Punkte außerhalb des Quadrats enthält.
Diese Mittelpunkte kann man sich hierbei in einzelnen Zeilen gleicher $y$-Koordinate aufgereiht vorstellen: Zuunterst eine Reihe von acht Mittelpunkten auf der Linie $y=1$, dann eine zweite Reihe von sieben Mittelpunkten, die "mittig versetzt" gegenüber der ersten Reihe auf der Linie $y=1+h$ liegen, usw., immer entsprechend im Wechsel.
Zwei Mittelpunkte auf der gleichen Zeile haben offenbar den Abstand von mindestens 2, sodass sich die Kreise mit Radius 1 um sie nicht überschneiden.
Zwei benachbarte Mittelpunkte einer Zeile bilden mit dem "zwischen ihnen" liegenden Mittelpunkt einer benachbarten Zeile ein gleichschenkliges Dreieck mit Grundseite der Länge 2 und Höhe auf diese der Länge $h$. Damit haben die beiden Schenkel nach dem Satz von Pythagoras die Länge $\sqrt{1+h^2}=\sqrt{1+\frac{49}{16}}=\sqrt{\frac{65}{16}}>\sqrt{\frac{64}{16}}=\sqrt{4}=2$, sodass sich auch hier keine zwei Kreise mit Radius 1 um diese Mittelpunkte überschneiden. Gleiches gilt erst recht für weiter entfernt liegende Mittelpunkte.
Damit überschneiden sich keine zwei Kreise mit Radius 1 um die in $M$ angegebenen Mittelpunkte und auch besitzt keiner dieser 68 Kreise Punkte außerhalb des Quadrats, sodass diese Anordnung der mehr als 64 Kreise die Aussage der Aufgabenstellung erfüllt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1048 begonnen.]
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.1051, eingetragen 2019-06-29
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\quoteon(2019-06-29 15:48 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1049)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241044.png
[…]
\quoteoff
@Thomas u. Cyrix
Man könnte auch damit argumentieren, dass wegen
\[\frac1{a!}+\frac1{b!}=\binom{a+b}a\in \mathbb N^*\]
die linke Seite der Gleichung hier nur 2 sein kann und daher $a!=b!=1$ sein muss, was in Verbindung mit der ursprünglichen Gleichung dann wieder auf $a=b=1$ führt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1049 begonnen.]
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| Beitrag No.1052, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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\quoteon
Aufgabe 321022: An einem Kraftsportwettbewerb nehmen Robert, Stefan und Til teil. Robert schafft 20 Klimmzüge. Stefan nimmt sich vor, mindestens 80\% der Leistungen von Robert und Tilo zusammen zu erreichen; Tilo eill mindestens 60\% der Leistungen von Robert und Stefan zusammen schaffen.
Gibt es eine kleinstmögliche Anzahl von Klimmzügen für Stefan und Tilo, sodass beide Vorhaben erfüllt werden?
Wenn das der Fall ist, ermitteln Sie diese Anzahl!
\quoteoff
Lösung:
Es seien $s$ und $t$ die Anzahlen der Klimmzüge von Stefan und Tilo. Dann soll also $s\geq \frac{4}{5} \cdot (20+t)=16+\frac{4}{5} t$ und $t\geq \frac{3}{5} \cdot (20+s)=12+\frac{3}{5} s$ gelten.
Da keiner eine negative Anzahl an Klimmzügen durchführt, ist damit $s\geq 16$. Setzt man dies ein, erhält man $t\geq 12+\frac{3}{5}\cdot 16=12+\frac{48}{5}$, also, da $t$ eine ganze Zahl ist, $t\geq 22$.
Einsetzen in die erste Ungleichung liefert $s\geq 16+\frac{4}{5} \cdot 22=16+\frac{88}{5}$, also $s\geq 34$. Einsetzen dieses Wertes in die zweite Ungleichung liefert $s\geq 12+\frac{3}{5} \cdot 34$, also $s\geq 33$.
Einsetzen dieser besseren Abschätzung in die erste Ungleichung liefert $s\geq 16+\frac{4}{5} \cdot 33$, also $s\geq 43$, einsetzen dieses Wertes in die zweite Ungleichung $t\geq 12+\frac{3}{5} \cdot 43$, also $t\geq 38$.
Einsetzen in die erste Ungleichung liefert $s\geq 16+ \frac{4}{5} \cdot 38$, also $s\geq 47$, einsetzen in die zweite $t\geq 12+\frac{3}{5} \cdot 47$, alo $t\geq 41$.
Einsetzen in die erste Ungleichung liefert $s\geq 16+\frac{4}{5} \cdot 41$, also $s\geq 49$. Einsetzen in die zweite Ungleichung liefert $t\geq 12+\frac{3}{5} \cdot 49$, also $t\geq 42$.
Einsetzen in die erste Ungleichung liefert $s\geq 16+\frac{4}{5} \cdot 42$, also $s\geq 50$. Einsetzen in die zweite Ungleichung liefert $t\geq 12+\frac{3}{5} \cdot 50=42$.
Damit erfüllen $s=50$ und $t=42$ als kleinste Werte beide Ungleichungen, sodass es auch einen kleinsten Wert $s+t=92$ gibt, was (wegen $s\geq 50$ und $t\geq 42$) der kleinste solche Wert ist.
\quoteon
Aufgabe 321031: Ermitteln Sie die Anzahl aller derjenigen Paare $(x;y)$ ganzer Zahlen $x,y$, für die gilt:
$19x^2+y^2\geq x^2$ ist $9\geq x^2$. Wir geben nun für jedes $0\leq x\leq 9$ die Werte für $y$ an, die diese Ungleichungskette erfüllen:
$x=0$, also $191$ die folgende Aussage gilt:
Wenn die im Positionssystem der Basis $k$ mit genau $n$ Ziffern 1 geschriebene Zahl $11\ldots 1$ eine Primzahl ist, dann ist $n$ eine Primzahl.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $z$ die aus $n$ Ziffern 1 bestehende Zahl. Dann ist $z=\frac{k^n-1}{k-1}$. Wir nehmen nun indirekt an, dass $z$ eine Primzahl, aber $n$ keine ist und führen dies zum Widerspruch:
Da $z$ eine Primzahl ist, ist insbesondere $z>1$, also $n>1$. Da $n$ keine Primzahl ist, existieren dann zwei natürliche Zahlen $a,b>1$ mit $n=a\cdot b$. Insbesondere ist dann $k^a-1$ ein Teiler von $(k^a)^b-1=k^{ab}-1=k^n-1$, wie man leicht durch Berechnen der geometrischen Summe $\sum_{i=0}^{b-1} (k^a)^i=\frac{k^{ab}-1}{k^a-1}$ oder Polynomdivision bestätigt. Damit existiert eine natürliche Zahl $q$ mit $k^n-1=q \cdot (k^a-1)$. Wegen $11$ (wegen $k^a-1>k-1$) mit $k^a-1=r \cdot (k-1)$ gibt.
Zusammen ist also $z=\frac{k^n-1}{k-1}=\frac{(k^a-1) \cdot q}{k-1}=\frac{(r \cdot (k-1)) \cdot q}{k-1}=r \cdot q$, wobei $q$ und $r$ beides natürliche Zahlen größer als 1 sind. Damit ist aber $z$ entgegen der Annahme keine Primzahl, sodass wir den gewünschten Widerspruch erhalten und $n$ also auch eine Primzahl gewesen sein muss, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 321043B: Man ermittle alle diejenigen ganzen Zahlen $a,b$, für die sich bei der Division des Polynoms
$f(x)=x^4+2ax^3+2x^2+x-2$
durch das Polynom
$g(x)=x^2+ax+b$
erweist, dass ohne Rest ein Polynom $h(x)$ entsteht (mit dem also für jede Zahl $x$, für die $g(x)\neq 0$ ist, die Gleichung $f(x):g(x)=h(x)$ gilt).
\quoteoff
Lösung:
Es ist $f(x)-g(x) \cdot (x^2+ax)=(x^4+2ax^3+2x^2+x-2)-(x^4+ax^3+bx^2+ax^3+a^2x^2+abx)=(2-b-a^2)x^2+(1-ab)x-2$ und $g(x)\cdot (2-b-a^2)=(2-b-a^2)x^2+(2a-ab-a^3)x+(2b-b^2-a^2b)$, also mit $h(x):=x^2+ax+2-b-a^2$:
$f(x)-g(x) \cdot h(x)=(2-b-a^2)x^2+(1-ab)x-2-((2-b-a^2)x^2+(2a-ab-a^3)x+(2b-b^2-a^2b)) = (1-ab-2a+ab+a^3)x -2-2b+b^2+a^2b=(1-2a+a^3)x-2-2b+b^2+a^2b$.
Damit für kein $x$ ein Rest bleibt, muss sowohl $1-2a+a^3=0$ also auch $2-2b+b^2+a^2b=0$ gelten.
Betrachten wir zuerst die Gleichung $1-2a+a^3=0$. Diese hat die Lösung $a_1=1$, sodass wir die Gleichung durch $a-1$ teilen können und erhalten $0=a^2+a-1$, was die weiteren Lösungen $a_{2/3}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\not\in\mathbb{Z}$ besitzt. Also ist die einzige ganzzahlige Lösung $a=1$.
Setzen wir dies in die zweite Gleichung ein, so muss $2-2b+b^2+b=0$ bzw. $(-2+b)(1+b)=0$, also $b\in\{-1,2\}$ gelten.
Demnach gibt es zwei ganzzahligee Paare $(a;b)$, sodass die Polynomdivision von $f$ durch $g$ keinen Rest lässt, nämlich $(1;-1)$ und $(1;2)$. Die Probe bestätigt diese Lösungen.
\quoteon
Aufgabe 321044: Jemand stellt durch Ausrechnen genügend vieler Ziffern der Zahl $2^n$ für alle natürlichen Zahlen $n$ aus $\{10,11,12,\dots,108,109\}$ fest:
(*) Als Zifferngruppe der letzten drei Ziffern (Hunderter-, Zehner und Einerziffer) tritt bei keiner der Zahlen $2^n$ mit $n\in \{11,11,12,\dots,108,109\}$ die Zifferngruppe 024 auf, die bei $2^{10}=1024$ auftritt.
Danach hat er die einzelnen Ziffern von Zahlen $2^n$ aus seinen Aufteichnungen (und, soweit er sie sich gemerkt hatte, auch aus seinem Gedächtnis) verloren. Nur die Festellung (*) ist ihm noch bekannt.
Nun wird folgende Frage gestellt:
(**) Gibt es unter den Zahlen $2^n$ ($n\in \{11,11,12,\dots,108,109\}$) zwei, die in der Zifferngruppe der letzten drei Ziffern miteinander übereinstimmen?
Beweisen Sie, dass die Frage (**) mit "Nein" zu beantworten ist, wenn man die Feststellung (*) zur Verfügung hat, jedoch ohne, dass man zur Begründung doch noch die Zifferngruppe der letzten drei Ziffern aller einzelnen Zahlen $2^n$ ($n\in \{11,11,12,\dots,108,109\}$) wieder berechnen müsste!
\quoteoff
Lösung:
Angenommen, es gäbe zwei Zahlen $m>n$ mit $m,n\in \{11,11,12,\dots,108,109\}$, für die die beiden Zweierpotenzen $2^m$ und $2^n$ in den letzten drei Stellen übereinstimmen würden. Dann wäre $2^m-2^n=2^n \cdot (2^{m-n}-1)$ durch $1000=2^3 \cdot 125$ teilbar. Da $2^n$ und 125 teilerfremd sind, wäre damit $2^{m-n}-1$ durch 125 teilbar, also $2^{10} \cdot (2^{m-n}-1)=2^{m-n+10}-2^{10}$ durch 1000 teilbar, sodass die beiden Zweierpotenzen $2^{10}$ und $2^{m-n+10}$ die gleichen letzten drei Stellen 024 besitzen. Wegen $10> wird ein Stadtteil skizziert; die Linien stellen die Straßen dar.
Robert wählt für seinen Weg von der Schule $S$ nach Hause $H$ an jedem Schultag einen der möglichst kurzen Wege.
Kommt er an die Ecke $E$, so kauft er sich ein Eis.
Auf die Bitte, dies möge nicht zu oft vorkommen, vereinbart er, an jeder (für möglichst kurze Wege) möglichen Abzweigung durch Zufall zu entscheiden, welche der zwei zu wählenden Richtungen er einschlägt, das heißt so, dass jede dieser zwei Richtungen unabhängig von der vorher getoffenen Entscheidung im Durchschnitt gleich oft vorkommt.
Nach so langer Zeit, dass derartige Zufallsaussagen sinnvoll sind, stellt sich heraus:
Robert hat im Durchschnitt an einem Drittel aller Schultage Eis gekauft.
a) Er erklärt dazu: "Mehr als ein Drittel aller möglichst kurzen Wege von $S$ nach $H$ führen über die Ecke $E$."
Trifft das zu?
b) Seine Mutter meint: "Dennoch müste -- bei Zufallsentscheidungen im vereinbarten Sinn -- durchschnittlich an weniger als einem Drittel aller Schultage der Weg über $E$ führen."
Trifft das zu?
\quoteoff
Lösung:
a) Um auf einem möglichst kurzen Weg nach Hause zu kommen, muss er -- in beliebiger Reihenfolge -- 6 Wegstücke nach rechts und 4 nach unten zurücklegen. Dafür gibt es $\binom{6+4}{4}=\binom{10}{4}=\frac{10\cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=10\cdot 3 \cdot 7=210$ Möglichkeiten, sodass Robert genau so viele Wege prinzipiell zur Verfügung hat.
Bei $E$ kommt er nur genau dann vorbei, wenn unter den ersten vier Wegstücken genau eines nach unten dabei war. Dafür gibt es $\binom{4}{1}=4$ mögliche Wege von $S$ nach $E$. Um nach dem Eiskauf noch nach Hause zu kommen, müssen weitere 3 Wegstücke nach rechts und 3 nach unten zurückgelegt werden, wofür es $\binom{3+3}{3}=\binom{6}{3}=\frac{6\cdot 5 \cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=20$ Möglichkeiten gibt, sodass genau $4\cdot 20=80>70=\frac{1}{3} \cdot 210$ möglichst kurze Wege von $S$ nach $H$ über $E$ führen. Robert hat also mit seiner Aussage recht.
b) Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass Robert durch Zufallsentscheidungen von $S$ nach $E$ gelangt, genügt es, die Wahrscheinlichkeit für jeden dieser Wege von $S$ nach $E$ zu bestimmen und diese zu addieren. Jeder dieser Wege besitzt eine Länge von 4 und tatsächlich ist sowohl zu Beginn als auch an jedem Zwischenpunkt eine Entscheidung zu treffen, da an jeder dieser Stelle zwei mögliche Fortsetzungen für kürzeste Wege nach $H$ existieren. Also hat jeder dieser Wege eine Wahrscheinlichkeit von $\left(\frac{1}{2}\right)^4=\frac{1}{16}$, sodass Robert nur mit einer Wahrscheinlichkeit von $4\cdot \frac{1}{16}=\frac{1}{4}<\frac{1}{3}$ in $E$ vorbeikommen dürfte. Roberts Mutter hat also mit ihrer Aussage auch recht.
Bemerkung: Der Unterschied kommt dadurch zu Stande, dass die weiteren Wege, die nach $H$ führen, nicht gleichwahrscheinlich sind, da nicht gleich viele Entscheidungen zu treffen sind: Ab Erreichen des rechten bzw. unteren Rands ist der Restweg eindeutig vorgegeben. Erreicht man diesen früher, ist der entsprechende Weg also aufgrund geringerer Anzahl an zu treffenden Entscheidungen also wahrscheinlicher.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1050 begonnen.]
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| Beitrag No.1053, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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\quoteon
Aufgabe 221032: Es sei $M$ der Mittelpunkt eines Kreises $k$. Auf der Kreislinie $k$ seien zwei Punkte $A$ und $B$ so gelegen, dass $M$ nicht auf der Geraden $g$ durch $A$, $B$ liegt.
Beweisen Sie unter diesen Voraussetzungen die folgende Umkehrung des Satzes über Zentri- und Peripheriewinkel!
Wenn für einen Punkt $P$, der bezüglich $g$ in derselben Halbebene wie $M$ liegt, der Winkel $\angle APB$ halb so groß ist wie $\angle AMB$, dann liegt $P$ auf der Kreislinie $k$.
\quoteoff
Lösung:
Die Tangenten an $k$ durch $A$ und $B$ schneiden sich in einem Punkt, der nicht in der gleichen Halbebene bezüglich $g$ wie $M$, und damit auch $P$ liegt. Also kann $P$ nicht auf beiden Tangenten gleichzeitig liegen, sodass wir o.B.d.A. annehmen können, dass $P$ nicht auf der Tangenten an $k$ durch $A$ liegt.
Es sei $S$ der neben $A$ zweite Schnittpunkt der Geraden $AP$ mit $k$. Dann gilt nach dem Zentri-Peripheriewinkelsatz $\angle ASB=\frac{1}{2} \angle AMB=\angle APB$. Weiterhin stimmen die beiden Dreiecke $\triangle ASB$ und $\triangle APB$ auch im Winkel $\angle BAS=\angle BAP$ und der Seite $AB$ überein, sind also kongruent. Damit folgt aufgrund der gleichen Lage auch direkt $S=P$, sodass $P$ auf $k$ liegt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 221034: Beweisen Sie folgende Aussage:
In einem Quadrat der Seitenlänge $a$ gibt es zehn Punkte, die so im Innern oder auf dem Rande des Quadrates gelegen sind, dass je zwei dieser zehn Punkte einen Abstand größer als $\frac{2}{5}a$ zueinander haben.
\quoteoff
Lösung:
Wir starten auf einer der Kanten des Quadrates und wählen deren Endpunkte und den Mittelpunkt aus. Je zwei benachbarte dieser ausgewählten Punkte haben einen Abstand von $\frac{1}{2}a>\frac{2}{5}a$.
Auf der Parallele zu dieser Grundseite im Abstand $\frac{1}{3}a$ wählen wir zwei Punkte aus, jeweils im Abstand $\frac{1}{4}a$ zum jeweiligen Seitenrand des Quadrats. Dann haben diese beiden Punkte untereinander den Abstand $\frac{1}{2}a>\frac{2}{5}a$. Jeder der beiden Punkten bildet mit den zwei "benachbarten" Punkten der Grundlinie ein gleichschenkliges Dreieck mit Basislänge $\frac{1}{2} a$ und Höhe $\frac{1}{3} a$ auf dieser. Damit haben die beiden Schenkel eine Länge von $\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^2+\left(\frac{1}{3}\right)^2} \cdot a=\sqrt{\frac{9+16}{4^2 \cdot 3^2}} \cdot a=\frac{5}{12}a>\frac{2}{5}a$, sodass auch hier keine zwei Punkte einen zu kleinen Abstand zueinander besitzen.
Auf der Parallele zu Grundseite im Abstand von $\frac{2}{3} a$ wählen wir die Punkte wieder aus wie auf der Grundseite selbst, sodass diese an der Parallelen im Abstand $\frac{1}{3}a$ zur Grundseite gespiegelt wurde. Es ergeben sich dadurch die gleichen Abstände wie in der eben durchgeführten Überlegung.
Schließlich wählen wir die letzten zwei noch fehlenden Punkte auf der Parallelen zur Grundseite im Abstand von $\frac{3}{3} a$, also der gegenüberliegenden Quadratseite, wieder genauso aus wie auf der Parallelen im Abstand von $\frac{1}{3} a$ zur Grundseite, sodass sich das Muster entsprechend fortsetzt.
Damit haben wir 10 Punkte in bzw. auf dem Rand des Quadrats angegeben, sodass keine zwei verschiedene einen Abstand von $\frac{2}{5}a$ oder weniger zueinander haben, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 221036: Aus einem Würfel mit gegebener Kantenlänge $a$ soll ein reguläres Tetraeder herausgeschnitten werden. Beweisen Sie, dass es ein solches Tetraeder mit möglichst großer Kantenlänge gibt!
Ermitteln Sie diese Kantenlänge in Abhängigkeit von $a$!
\quoteoff
Lösung:
Die Endpunkte zweier nicht-parallelen Flächendiagonalen auf den gegenüberliegenden Seitenflächen des Würfels bilden ein reguläres Tetraeder der Kantenlänge $\sqrt{2}a$. (Dies prüft man leicht nach.)
Der Umkugelradius eines regulären Tereders beträgt das $\frac{\sqrt{6}}{4}$-fache seiner Kantenlänge, wie man leicht nachrechnet. (Der Umkreismittelpunkt fällt mit dem Schwerpunkt, also dem Schnittpunkt der Schwerelinien, die gleichzeitig Höhen sind, zusammen.) Für ein reguläres Tetraeder mit Kantenlänge $>\sqrt{2}a$ wäre also auch der Umkugelradius größer als $\frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{6}}{4}a=\frac{\sqrt{3}}{2}a$, was den Umkugelradius des Würfels darstellt. Da aber alle Punkte des Teraeders auch zum Würfel gehören, muss die Entfernung aller Tetraederpunkte zum Umkugelmittelpunkt des Würfels kleiner oder gleih dem Umkugelradius des Würfels sein (wie dies für alle Punkte in oder auf dem Würfel gilt). Damit kann aber auch der Umkugelradius des Tetraeders höchstens so groß sein wie der Umkugelradius des Würfels. Also kann es kein größeres reguläres Teraeder geben, welches man aus dem Würfel herausschneiden kann, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 221043B: Fünf Kugeln $K_1$, $\dots$, $K_5$ mit gleichem Radius $r$ seien so angeordnet, dass jede Kugel genau zwei andere berührt und dassihre Mittelpunkte $M_1$, $\dots$, $M_5$ ein ebenes regelmäßiges Fünfeck bilden.
Eine sechste Kugel $K_6$ mit dem Radius $r$ berühre jede der fünf Kugeln $K_1$, $\dots$, $K_5$.
Untersuchen Sie, ob $K_6$ die Ebene durch $M_1$, $\dots$, $M_5$ schneidet, berührt oder nicht erreicht!
\quoteoff
Lösung:
Es sei $M_1M_2M_3M_4M_5$ das in der Aufgabenstellung beschriebene regelmäßige Fünfeck. Dann hat dieses die Kantenlänge $2r$. Sei $M$ dessen Mittelpunkt. Dann ist das Dreieck $\triangle M_1M_2M$ gleichschenklig mit Basislänge $|M_1M_2|=2r$ und $\angle M_1MM_2=\frac{360^{\circ}}{5}=72^{\circ}$ sowie $|M_1M|=|M_2M|=:R$.
Nach dem Cosinussatz ist dann $4r^2=|M_1M_2|=|M_1M|^2+|M_2M|^2-2|M_1M||M_2M|\cos \angle M_1MM_2=R^2+R^2-2R^2\cos 72^{\circ}=2R^2 \cdot (1-\cos 72^{\circ}) .$
Es ist $\cos 72^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$, also $4r^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2} R^2$ bzw. $R^2=\frac{8}{5-\sqrt{5}} r^2=\frac{8(5+\sqrt{5})}{25-5} r^2=\frac{10+2\sqrt{5}}{5} r^2$.
Aus Symmetriegründen ist $M$ auch der Fußpunkt des Lots von $M_6$ auf die Ebene durch die Mittelpunkte der anderen Kugeln. Also ist das Dreieck $\triangle M_1MM_6$ rechtwinklig in $M$ und es gilt nach dem Satz des Pythagoras
$|MM_6|^2=|M_1M_6|^2-|M_1M|^2=4r^2-\frac{10+2\sqrt{5}}{5} r^2=\frac{10-2\sqrt{5}}{5} r^2 ,$
also wegen $2\sqrt{5}=\sqrt{20}<\sqrt{25}=5$ und damit $10-2\sqrt{5}>10-5=5$ ist damit
$|MM_6|^2<\frac{5}{5} r^2=r^2$, also $|MM_6|> Unter Verwendung dieser Zahlen bildet Jürgen die Gleichung $1983+23\cdot x^2=5 \cdot y^2$. Gibt es ganze Zahlen $x$ und $y$, für die diese Gleichung gilt?
\quoteoff
Lösung:
Gäbe es solche ganze Zahlen, so müsste die Gleichung auch bei der Betrachtung modulo 8 erfüllt sein. Da Quadratzahlen bei der Teilung durch 8 nur die Reste 0, 1 oder 4 lassen können, ist die linke Seite der Gleichung $1983 +23 \cdot x^2\equiv 7+7\cdot x^2 \pmod{8}$ in einer der Restklassen 7, 6 oder 3 modulo 8, während die rechte in einer der Restklassen 0, 5 oder 4 modulo 8 liegt. Es kann also keine Gleichheit modulo 8 und damit auch nicht in den ganzen Zahlen gelten, sodass diese Gleichung keine ganzzahlige Lösung besitzt.
\quoteon
Aufgabe 231041: Stellen Sie fest, ob es Quadratzahlen $z$ gibt, die sich in der Form
$z=n^6+3n^5-5n^4-15n^3+4n^2+12n+3$
mit einer natürlichen Zahl $n$ darstellen lassen!
\quoteoff
Lösung:
Nein, die gibt es nicht. Die Quadratzahl $z$ lässt bei der Teilung durch 4 den Rest 0 oder 1, während für gerade $n$ der Term $n^6+3n^5-5n^4-15n^3+4n^2+12n=z-3$ offenbar durch 4 teilbar ist, also $z$ den Rest 3 bei der Teilung durch 4 lassen würde, und für ungerade $n$ wegen $n^2\equiv 1\pmod{4}$, genauso auch $z=n^6+3n^5-5n^4-15n^3+4n^2+12n+3\equiv 1+3n-5-15n+4+12n+3=3\pmod{4}$ den Rest 3 bei der Teilung durch 4 lässt. Demnach gibt es kein $n$, sodass $n^6+3n^5-5n^4-15n^3+4n^2+12n+3$ eine Quadratzahl ist.
Cyrix
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| Beitrag No.1054, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29
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\quoteon
Aufgabe 231043A
a) Geben Sie eine für alle reellen Zahlen definierte Funktion $f$ an, die für alle reellen Zahlen $x$ die Eigenschaft
(1): $f(x+1)=f(x)+(-1)^{[f(x)]}$
hat!
Dabei bezeichnet, wenn $z$ eine reelle Zahl ist, $[z]$ diejenige ganze Zahl ${z]=g$, für die $g\leq z
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1055, eingetragen 2019-06-30
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Hallo weird,
\quoteon
@Thomas u. Cyrix
Man könnte auch damit argumentieren, dass wegen
\[\frac1{a!}+\frac1{b!}=\binom{a+b}a\in \mathbb N^*\]
die linke Seite der Gleichung hier nur 2 sein kann und daher $a!=b!=1$ sein muss, was in Verbindung mit der ursprünglichen Gleichung dann wieder auf $a=b=1$ führt.
\quoteoff
das ist zwar elegant, aber wenn im Aufgabentext schon die Fakultät erklärt wird, würde ich nicht davon ausgehen, dass die Zielgruppe weiß, was der Binomialkoeffizient ist, und warum $\binom {a+b}a$ immer ganzzahlig ist.
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.1056, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon(2019-06-30 09:22 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1055)
Hallo weird,
\quoteon
@Thomas u. Cyrix
Man könnte auch damit argumentieren, dass wegen
\[\frac1{a!}+\frac1{b!}=\binom{a+b}a\in \mathbb N^*\]
die linke Seite der Gleichung hier nur 2 sein kann und daher $a!=b!=1$ sein muss, was in Verbindung mit der ursprünglichen Gleichung dann wieder auf $a=b=1$ führt.
\quoteoff
das ist zwar elegant, aber wenn im Aufgabentext schon die Fakultät erklärt wird, würde ich nicht davon ausgehen, dass die Zielgruppe weiß, was der Binomialkoeffizient ist, und warum $\binom {a+b}a$ immer ganzzahlig ist.
\quoteoff
Die entscheidende Frage, welche ich aber leider auch nicht beantworten kann, ist für mich eher, ob in Klassenstufe 10 der binomische Lehrsatz und damit zusammenhängend wohl auch jedenfalls Binomialkoeffizienten (und schon gar Fakultäten!) bereits behandelt wurden. Dass hier Fakultäten nochmals erklärt werden, würde ich jetzt nicht überbewerten, das scheint mir hier eher sowas wie eine "Pflichtübung" des Aufgabenstellers zu sein, die ich auch bei anderen weit höher angesiedelten Aufgaben (vgl. etwa die Aufg. 301233 in #1037) schon gesehen habe. Offenbar wollte da jemand einfach "auf Nummer sicher" gehen. :-D
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1057, eingetragen 2019-06-30
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341246B.png
Wenn die Funktion
$$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$$drei reelle Lösungen haben soll, dann hat die Ableitung zwei reelle Nullstellen, also:
$$f'(x)=3x^2+2ax+b$$Die Lösungen für $f'(x)=0$ lauten:
$$x_{1,2}=-\frac13a\pm\sqrt{\frac19a^2-\frac13b}$$Sollte P als erstes den Koeffizienten $a$ vorgeben, gewinnt Q auf jeden Fall, wenn er $b>\frac13a^2$ wählt, da dann der Term unter der Wurzel negativ wird, die Funktion damit keine Extremata aufweist und folglich auch keine drei reellen Nullstellen.
P's Strategie muss somit zunächst sein, entweder sicherzustellen, dass es auf jeden Fall zwei Extremata gibt, indem er ein $b<0$ vorgibt, oder er beginnt mit der Vorgabe von $c$. Dann kann Q im nächsten Schritt zumindest nicht die Negativität des Wurzelterms erzwingen, da P als letzten Zug $a^2>3b$ wählen könnte.
Wir kürzen wie folgt ab:
$$w=\sqrt{\frac19a^2-\frac13b}$$
Setzt man die Nullstellen ein, so liegen die Extremata bei
$$y_{1,2}=\left(-\frac13a\pm w\right)^3+a\left(-\frac13a\pm w\right)^2+b\left(-\frac13a\pm w\right)+c$$$$y_{1,2}=-\frac1{27}a^3\pm\frac13a^2w-aw^2\pm w^3+\frac19a^3\mp\frac23a^2w+aw^2-\frac13ab\pm bw+c$$$$y_{1,2}=\frac2{27}a^3\mp\frac13a^2w\pm w^3-\frac13ab\pm bw+c$$$$y_{1,2}=\frac2{27}a^3-\frac13ab+c\pm w\left(-\frac13a^2+w^2+b\right)$$$$y_{1,2}=\frac2{27}a^3-\frac13ab+c\pm w\left(w^2-3w^2\right)$$$$y_{1,2}=\frac2{27}a^3-\frac13ab+c\mp 2w^3$$Wenn es drei Lösungen geben soll, dann müssen die beiden Funktionswerte $y_{1,2}$ unterschiedliche Vorzeichen haben, was genau dann der Fall ist, wenn
$$\left|\frac2{27}a^3-\frac13ab+c\right|<2w^3$$Angenommen, P gibt wie oben gesagt ein $b<0$ vor, wodurch natürlich auch $w>0$ gilt, dann kann er im letzten Zug auf jeden Fall den Sieg erzwingen:
1. Wenn Q ein $a$ wählt, kann P einfach $c=\frac13ab-\frac2{27}a^3$ wählen. Dadurch ist die linke Seite der Ungleichung gleich null, sie ist damit erfüllt und P gewinnt.
2. Wenn Q ein $c$ vorgibt, so kann P ein passendes $a$ wählen, so dass die linke Seite der Ungleichung ebenso null wird, da die Funktion $g(x)=\frac2{27}x^3-\frac13bx+c$ auf jeden Fall eine reelle Nullstelle hat.
Zusammenfassend kann man also sagen, dass P auf jeden Fall gewinnt, wenn sein erster Zug in der Vorgabe eines $b<0$ besteht.
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.1058, eingetragen 2019-06-30
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\quoteonAufgabe 4 - 311224
Man beweise, dass für alle reellen Zahlen x die Ungleichung $x^6 +x^5 +4x^4−12x^3 +4x^2 +x+1\ge0$ gilt.
\quoteoff
\showon Lösung
Beweis: Indem man
\[f(x):=x^6 +x^5 +4x^4−12x^3 +4x^2 +x+1\]
setzt, rechnet man leicht nach, dass gilt
\[f(1)=f'(1)=0\]
d.h., $x=1$ ist (mindestens) eine doppelte Nullstelle von $f(x)$. Es reicht somit
\[g(x):=\frac{f(x)}{(x-1)^2}=x^4+3x^3+9x^2+3x+1\ge 0\]
zu zeigen. Wegen $g(0)=1>0$ und der Stetigkeit von $g(x)$ genügt dafür der Nachweis, dass $g(x)$ keine reellen Nullstellen hat. Dies folgt jedoch sofort aus
\[\frac{g(x)}{x^2}=\left(x+\frac1x\right)^2+3\left(x+\frac1x\right)+7=\left(x+\frac1x+\frac32\right)^2+\frac{19}4>0\]
\showoff
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| Beitrag No.1059, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon
Aufgabe 261041; Es sei $\triangle ABC$ ein gleichseitiges Dreieck. Ferner sei $x$ eine beliebig vorgegebene Streckenlänge.
Die Seiten des Dreiecks $\triangle ABC$ werden jeweils um eine Strecke dieser Länge $x$ verlängert, und zwar $BA$ über $A$ hinaus bi $A^{\prime}$, $CB$ über $B$ hinaus bis $B^{\prime}$ und $AC$ über $C$ hinaus bis $C^{\prime}$.
Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen das Dreieck $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ stets denselben Umkreismittelpunkt wie das Dreieck $\triangle ABC$ hat!
\quoteoff
Lösung:
Sei $U$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $\triangle ABC$. Dann bildet die Drehung um $U$ um den Drehwinkel $120^{\circ}$ aufgrund der Gleichseitigkeit das Dreieck $\triangle ABC$ auf sich selbst ab, also auch Geraden durch zwei seiner Eckpunkte wieder auf eine solche Gerade. Da auch Längen bei dieser Kongruenzabbildung erhalten bleiben, wird somit auch das Dreieck $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ auf sich selbst abgebildet, sodass dies auch für dessen Umkreismittelpunkt $U^{\prime}$ gelten muss. Da aber $U$ der einzige Fixpunkt bei dieser Drehung ist, folgt $U^{\prime}=U$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 261042: Man ermittle die kleinste positive natürliche Zahl $n$, die die folgenden Bedingungen (1) und (2) erfüllt:
(1) Es gibt genau 144 natürliche Zahlen, die Teiler von $n$ sind.
(2) Unter den Teilern von $n$ befinden sich 10 unmittelbar aufeinanderfolgende natürliche Zahlen.
\quoteoff
Lösung:
E habe $n$ die Primfaktorzerlegung $n=p_1^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot p_k^{\alpha_k}$. Dann hat $n$ genau $(\alpha_1+1) \cdot \ldots \cdot (\alpha_k+1)$ verschiedene Teiler, da man aufgrund der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung unabhängig für jede Primzahl $p_i$ einen Exponenten $0\leq \beta_i\leq \alpha_i$ auswählen kann, um so die Primfaktorzerlegung $t=p_1^{\beta_1} \cdot \ldots \cdot p_k^{\beta_k}$ eines beliebigen Teilers $t$ von $n$ zu erhalten.
Also gilt $(\alpha_1+1) \cdot \ldots \cdot (\alpha_k+1)=144=2^4 \cdot 3^2$. Damit kann $n$ höchstens sechs verschiedene Primteiler besitzen, sodass $k\leq 6$ gilt.
Von 10 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen ist immer mindestens je eine der Zahlen durch $2^3=8$, $3^2=9$, 5 bzw. 7 teilbar. Also ist $n$ durch $f:=2^3 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7$ teilbar. O.B.d.A. seien also $p_1=2$, $p_2=3$, $p_3=5$ und $p_4=7$ sowie $\alpha_1\geq 3$, $\alpha_2\geq 2$, $\alpha_3\geq 1$ und $\alpha_4\geq 1$.
Jede natürliche Zahl, die $f$ als Teiler besitzt, ist damit insbesondere durch alle natürlichen Zahlen von 1 bis 10 teilbar, sodass Bedingung (2) für diese Zahlen immer erfüllt ist.
Weiterhin hat jedes Vielfache von $f$ immer mindestens $(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1) \cdot (\alpha_3+1) \cdot (\alpha_4+1)\geq 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2=48$ Teiler.
Hätte $n$ noch zwei verschiedene Primfaktoren $p_5$ und $p_6$, die beide verschieden von den bisherigen $p_1$ bis $p_4$ sind, so hätte $n$ mindestens $48 \cdot (\alpha_5+1) \cdot (\alpha_6+1)\geq 48 \cdot 2 \cdot 2 =192>144$ Teiler, sodass dies nicht zutreffen kann.
Hat $n$ noch einen weiteren Primfaktor $p_5\not\in\{p_1,\dots,p_4\}$, der in einer Vielfachheit $\alpha_5\geq 3$ in $n$ enthalten ist, so hätte $n$ mindestens $48\cdot (\alpha_5+1)\geq 48\cdot 4=192>144$ Teiler, sodass dies nicht vorkommen kann.
Ist dieser Primfaktor jedoch in der Vielfachheit $\alpha_5=2$ in $n$ enthalten, so hat $n$ mindestens $48 \cdot (\alpha_5+1)=48 \cdot 3=144$ Teiler, sodass jede Zahl der Form $f \cdot p_5^2$ auch Bedingung (1) erfüllt. (Dabei dürfen die Primfaktoren $p_1^{\alpha_1}$ bis $p_4^{\alpha_4}$ keine höheren Exponenten als die oben angegebenen unteren Schranken besitzen, da sonst das Produkt echt mehr als $48 \cdot 3=144$ Teiler hätte.) Die kleinste unter den natürlichen Zahlen dieser Form ist $n_1=f\cdot 11^2$, da $p_5=11$ die kleinste noch nicht verwendete Primzahl ist.
Ist der fünfte Primfaktor $p_5$ jedoch nur in der ersten Potenz in $n$ enthalten, so hätte es, wenn alle Exponenten $\alpha_1$ bis $\alpha_4$ ihren minimal möglichen Wert annehmen, nur $48 \cdot (\alpha_5+1)=48 \cdot 2=96=\frac{2}{3} \cdot 144$ verschiedene Teiler. Also muss mindestens einer der Exponenten von $p_1$ bis $p_4$ erhöht werden, um genau 144 Teiler zu erreichen. Erhöht man $\alpha_4$ von 1 auf den nächstmöglichen Wert 2, so steigt die Teileranzahl um den Faktor $\frac{2+1}{1+1}=\frac{3}{2}$, sodass dann schon die 144 Teiler erreicht wären, also alle anderen Exponenten unverändert bleiben müssen. Damit erfüllt jede Zahl der Form $f\cdot 7 \cdot p_5$ beide Bedingungen, wovon $n_2=f\cdot 7 \cdot 11$ die kleinste ist. Ein analoges Vorgehen zeigt auch, dass eine Erhöhung von $\alpha_3$ nur möglich ist, wenn diese um den kleinstmöglichen Wert geschieht, und alle anderen Exponenten unverändert bleiben, sodass jede Zahl der Form $f \cdot 5 \cdot p_5$ beide Bedingungen erfüllt, wovon $n_3=f\cdot 5 \cdot 11$ der kleinste ist.
Eine Erhöhung von $\alpha_2=2$ auf den nächsthöheren Wert 3 würde dagegen die Teileranzahl nur um den Faktor $\frac{3+1}{2+1}=\frac{4}{3}<\frac{3}{2}$ steigern, sodass eine weitere Erhöhung (von $\alpha_2$ oder $\alpha_1$ notwendig wäre. Dann jedoch hätte jede Zahl dieser Form mindestens die Größe $f \cdot 2 \cdot 3 \cdot p_5\geq f \cdot 6 \cdot 11>n_3$, muss also nicht weiter betrachtet werden.
Eine Erhöhung von ausschließlich $\alpha_1$ vom bisherigen Wert 3 müsste also bis 5 geschehen, sodass sich die Teileranzahl um den gewünschten Faktor $\frac{5+1}{3+1}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$ erhöht. Damit erfüllt auch jede Zahl der Form $f \cdot 2^2 \cdot p_5$ beide Bedingungen, wovon $n_4=f\cdot 4 \cdot 11$ die kleinste ist.
Von den bisher gefundenen Zahlen, die beide Bedingungen erfüllen, ist $n_4=44 \cdot f$ die kleinste.
Es verbleibt noch der Fall, dass $n$ keine weiteren außer den vier Primteilern $p_1$ bis $p_4$ besitzt.
Eine gemeinsame Erhöhung von $\alpha_4$ und $\alpha_3$ könnte jeweils höchstens um den Wert 1 erfolgen, da man sonst schon Zahlen konstruieren würde, die mindestens die Größe $f \cdot 5^2 \cdot 7=f \cdot 245$ besitzen, also größer als $n_4$ sind und damit nicht mehr betrachtet werden müssen. Erhöht man jedoch beide um genau 1, so steigt die Teileranzahl nur auf $48 \cdot \frac{2+1}{1+1} \cdot \frac{2+1}{1+1}=48 \cdot \frac{9}{4}<48 \cdot 3=144$, sodass noch mindestens ein weiterer Exponent erhöht werden müsste. Dann jedoch hätte die Zahl mindetens die Größe $f \cdot 2\cdot 5 \cdot 7=70 \cdot f >n_4$, sodass dieser Fall auch nicht weiter betrachtet werden muss. Demnach wird nur höchstens einer der beiden Werte $\alpha_4$ und $\alpha_3$ erhöht, sodass zur Konstruktion einer möglichst kleinen Zahl also $\alpha_4$ konstant bleibt und höchstens $\alpha_3$ erhöht wird.
Eine Erhöhung von $\alpha_3$ von derzeit 1 auf 3 würde würde die Teileranzahl um den Faktor $\frac{3+1}{1+1}=2<3$ erhöhen, sodass noch nicht genügend Teiler vorhanden wären, also eine weitere Erhöhung mindestens eines Exponenten $\alpha_1$ bis $\alpha_3$ nötig wäre. Dann jedoch würden Zahlen entstehen, die mindestens den Wert $f \cdot 2 \cdot 5^2=50 \cdot f>n_4$ besitzen, sodass dieser Fall nicht weiter betrachtet werden muss. Damit ist $1\leq \alpha_3\leq 2$.
Ist $\alpha_3=1$, so muss $(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1)=\frac{144}{(\alpha_3+1) \cdot (\alpha_4+1)}=\frac{144}{4}=36$ gelten. Nach der Ungleichung von arithmetischem und geometrischem Mittel ist damit $6=\sqrt{36}=\sqrt{(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1)}\leq \frac{(\alpha_1+1) + (\alpha_2+1)}{2}$, also $\alpha_1+\alpha_2\geq 10$, wobei Gleichheit nur für $\alpha_1=\alpha_2=5$ eintritt. Im Gleichheitsfall entsteht die Zahl $n_6=2^5 \cdot 3^5 \cdot 5^1 \cdot 7^1=2^2 \cdot 3^3 \cdot f=108 \cdot f>n_5$. Sonst gilt $\alpha_1+\alpha_2\geq 11$, sodass $\alpha_1$ und $\alpha_2$ von ihren bisherigen Werten 3 und 2 in Summe um mindestens 6 erhöht werden müssen, was dann Zahlen ergibt, die mindestens die Größe $2^6 \cdot f=64 \cdot f>n_4$ besitzen, also nicht weiter beachtet werden brauchen.
Ist dagegen $\alpha_3=2$, so muss $(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1)=\frac{144}{(\alpha_3+1) \cdot (\alpha_4+1)}=\frac{144}{6}=24$ gelten. Wegen $p_2^2 \cdot p_3=3^2 \cdot 5=45>44$ würde eine Erhöhung von $\alpha_2$ um 2 schon Zahlen liefern, die größer sind als $n_4$. Also ist $\alpha_2\leq 2+1=3$. Ist $\alpha_2=2$, so folgt $\alpha_1+1=\frac{24}{\alpha_2+1}=\frac{24}{3}=8$, sodass wir die Zahl $n_7=2^7 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 7^1=2^4 \cdot 5^1 \cdot f=80 \cdot f >n_4$ erhalten. Ist dagegen $\alpha_2=3$, so folgt $\alpha_1+1=\frac{24}{4}=6$, sodass wir die Zahl $n_8=2^6 \cdot 3^3 \cdot 5^2 \cdot 7^1=2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^1 \cdot f=120 \cdot f>n_4$ erhalten.
Da diese Fallunterscheidung vollständig ist, ist damit sicher $n_4=44 \cdot f=2^5 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11$ die kleinste natürliche Zahl, die beide Bedingungen (1) und (2) erfüllt.
\quoteon
Aufgabe 261043B: a) Beweisen Sie, dass fünf paarweise verschiedene reelle Zahlen existieren, mit denen die folgende Aussage gilt!
Für jede Auswahl von drei der fünf Zahlen existiert ein Dreieck, dessen Seitenlängen die drei gewählten Zahlen als Maßzahlen haben (wobei zum Messen aller drei Seitenlängen dieselbe Maßeinheit benutzt wird).
b) Ermitteln Sie, wenn fünf derartige Zahlen vorliegen, wie viele paarweise nicht kongruente Dreiecke insgesamt sich aus diesen fünf Zahlen auf die in a) genannte Art gewinnen lassen!
c) Beweisen Sie, dass stets dann, wenn fünf derartige Zahlen vorliegen, mindestens eines der genannten Dreiecke spitzwinklig ist!
\quoteoff
Lösung:
a) Notwendig und hinreichend für die Konstruierbarkeit eines Dreiecks aus drei Seitenlängen ist, dass diese drei positiv sind und die Dreiecksungleichung erfüllen, also die Summe von je zwei dieser drei Längen größer ist als die dritte. Ist dabei die Summe der beiden kleineren Längen größer als die größte, dann folgen die anderen beiden Ungleichungen automatisch.
Seien nun $s_1s_5$ gilt. Alle anderen Ungleichungen folgen dann direkt.
Offensichtlich gibt es solche reellen Zahlen, z.B. $s_i:=3+i$ für $1\leq i\leq 5$.
b) Da sich zwei Auswahlen von je drei dieser Streckenlängen immer in mindestens einer Streckenlänge unterscheiden, lassen sich genau so viele paarweise inkongruente Dreiecke aus diesen Streckenlängen konstruieren, wie es Auswahlen von drei verschiedenen Elementen aus einer fünf elementigen Menge ohne Beachtung der Reihenfolge gibt, also $\binom{5}{3}=\binom{5}{2}=\frac{5 \cdot 4}{2 \cdot 1}=10$ Stück.
c) Ein Dreieck ist genau dann spitzwinklig, wenn sein größter Innenwinkel kleiner als $90^{\circ}$, dessen Cosinus also positiv ist. Nach dem Cosinussatz ist dies genau dann der Fall, wenn das Quadrat der größten Seitenlänge kleiner ist als die Summe der Quadrate der beiden anderen Seitenlängen.
Wir nehmen indirekt an, es gäbe reelle Zahlen $0s_5$ (sodass die Bedingung aus Aufgabenteil a) erfüllt ist), aus denen sich kein spitzwinkliges Dreieck bilden ließe.
Dann sind insbesondere die Dreiecke mit den Seitenlängen $s_1,s_2,s_3$, $s_2,s_3,s_4$ sowie $s_3,s_4,s_5$ nicht spitzwinklig, sodass $s_1^2+s_2^2\leq s_3^2$, $s_2^2+s_3^2\leq s_4^2$ und $s_3^2+s_4^2\leq s_5^2$ gilt. Einsetzen liefert
$s_5^2\geq s_4^2+s_3^2\geq (s_3^2+s_2^2)+s_3^2=2s_3^2+s_2^2\geq 2(s_2^2+s_1^2)+s_2^2= 2s_1^2+3s_2^2 .$
Mit $s_1+s_2>s_5$ folgt also
$s_1^2+2s_1s_2+s_2^2=(s_1+s_2)^2>s_5^2\geq 2s_1^2+3s_2^2$
bzw.
$0>s_1^2-2s_1s_2+2s_2^2=(s_2-s_1)^2+s_2^2$,
was offensichtlich ein Widerspruch ist. Damit war die Annahme, es gäbe kein spitzwinkliges Dreieck falsch und somit ist die Existenz eines solchen bewiesen, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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| Beitrag No.1060, eingetragen 2019-06-30
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341233B.png
Mit $x=y=0$ folgt wegen (2):
$$f(0)=2f(0)-1$$$$f(0)=1$$Mit $x=1$ und $y=-1$ erhält man wegen (2):
$$f(0)=f(1)+f(-1)-3$$$$f(-1)=1-2+3$$$$f(-1)=2$$$y=-1$ liefert in (1):
$$f(-x)=f(x)\cdot f(-1)-f(x)-f(-1)+2$$$$f(-x)=2f(x)-f(x)-2+2$$$$f(-x)=f(x)$$Die Funktion ist also gerade. Setzen wir nun $y=-x$ in (2):
$$f(0)=f(x)+f(x)+2x(-x)-1$$$$1=2f(x)-2x^2-1$$Dann folgt letztlich
$$f(x)=x^2+1$$
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1061, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon
Aufgabe 271032: Es sei $a$ eine gegebene positive reelle Zahl.
Von einer Funktion $f$, die für alle reellen Zahlen $x$ definiert ist, werde vorausgesetzt, dass sie die folgenden Bedingungen (1) und (2) erfüllt:
(1) Für jede reelle Zahl $x$ gilt $f(x)+f(x+a)=1$.
(2) Es gibt eine reelle Zahl $c$, so dass für alle reellen Zahlen $x$, die $c\frac{1}{2}$ gilt.
Beweisen Sie, dass aus diesen Voraussetzungen stets folgt:
Die Funktion $f$ ist periodisch; es gibt eine kleinstmögliche Periode von $f$.
Ermitteln Sie diese kleinstmögliche Periode von $f$.
Hinweis: <>
\quoteoff
Lösung:
Es ist nach (1) für alle reellen Zahlen $x$ die Gleichung $f(x+a)=1-f(x)$ gegeben, sodass für alle rellen Zahlen $x$ die Gleichheit $f(x+2a)=1-f(x+a)=1-(1-f(x))=f(x)$ folgt, sodass $f$ periodisch ist.
Wir zeigen indirekt, dass $2a$ bereits die kleinste Periode dieser Funktion ist, indem wir annehmen, dass $p<2a$ eine weitere Periode von $f$ wäre, also für alle $x$ die Gleichung $f(x+p)=f(x)$ gilt.
Nach (2) gibt es eine reelle Zahl $c$ mit $f(x)\geq \frac{1}{2}$ für alle $c\frac{1}{2}$, also nach (1) $f(c)=1-f(c+a)<\frac{1}{2}$, sodass $f(c)\neq f(c+p)$ für alle $0p\geq a$ sein. Dann ist aber $0<2a-p\leq a$, also $f(c+2a-p)=f(c+2a)=f(c)<\frac{1}{2}$ im Widerspruch zu (2), da $c\frac{1}{2}$ gilt. Demnach gibt es keine Periode $p<2a$, sodass $2a$ die kleinste Periode von $f$ ist.
\quoteon
Aufgabe 331021: Untersuchen Sie, ob es eine vierstellige Quadratzahl $q$ mit den nachstehenden Eigenschaften (1), (2) gibt! Wenn es sie gibt, ermitteln Sie alle derartigen Quadratzahlen!
(1) Alle vier Ziffern von $q$ sind kleiner als 7.
(2) Vergrößert man jede Ziffer von $q$ um 3, so ist die entstehende vierstelle Zahl ebenfalls eine Quadratzahl.
\quoteoff
Lösung:
Sei die in (2) entstehende Quadratzahl $m^2$ genannt und es gelte $n^2=q$, wobei $m$ und $n$ positive ganze Zahlen seien. Dann gilt $m^2=n^2+3333$ bzw. $(m-n)(m+n)=m^2-n^2=3333=3\cdot 11 \cdot 101$. Da $m^2$ und $n^2$ vierstellig sind, gilt $30m+n$, was ein Widerspruch zu $n>0$ darstellt. Also ist $m+n=101$ und $m-n=33$, sodass $m=67$ und $n=34$ folgt. Tatsächlich ist $q^2=34^2=1156$ und $m^2=67^2=4489=1156+3333$ und es werden auch alle Ziffernvorgaben erfüllt, sodass $1156$ die einzige vierstellige Quadratzahl $q$ ist, die (1) und (2) erfüllt.
\quoteon
Aufgabe 331022: Man beweise, dass es keine natürliche Zahl $n$ gibt, für die $121 \cdot n - 3$ das Produkt zweier unmittelbar aufeinander folgender natürlichen Zahlen wäre.
\quoteoff
Lösung:
Wir nehmen an, es gäbe eine natürliche Zahl $m$, sodass $121 \cdot n - 3= m \cdot (m+1)=m^2+m$ gilt. Dann wäre $4\cdot (121 \cdot n -3)+1 =4 \cdot (m^2+m)+1=4m^2+4m+1=(2m+1)^2$ eine Quadratzahl. Es ist jedoch $4\cdot (121 \cdot n -3)+1=4 \cdot 11^2 \cdot n - 11$ durch 11, aber nicht $11^2$ teilbar, also keine Quadratzahl. Damit war die Annahme der Existenz einer solchen Zahl $m$ falsch und die Behauptung ist bewiesen, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 331024: Untersuchen Sie, ob es möglich ist, in einem würfelförmigen Kasten, der jeweils 4 cm als Innenmaß für Länge, Breite und Höhe hat, mehr als 64 Metallkugeln von 1 cm Durchmesser unterzubringen, dass keine über den Rand hinausragt!
\quoteoff
Lösung:
Dies ist möglich. Wir geben im Folgenden eine Verteilung mit 66 Kugeln an. Dazu seien im Folgenden alle Längen in der Einheit cm gemessen, sodass wir nur die Maßzahlen angeben.
Entlang einer Kante der Grundfläche können vier Kugeln nebeneinander gelegt werden, sodass sich zwei benachbarte berühren und die beiden äußeren den jeweiligen Rand des Kastens. Von diesen Reihen können vier hintereinander auf die Grundfläche gelegt werden, sodass sich ein quadratisches Raster von $4\times 4$ Kugeln ergibt. Deren Mittelpunkte liegen alle in einer Ebene, die parallel zur Grundfläche im Abstand $\frac{1}{2}$ zu ihr liegt.
Auf diese Schicht von 16 Kugeln kann nun eine zweite derart gelegt werden, dass jede Kugel der zweiten Schicht in die "Lücke" der von vier ein "$2\times 2$-Quadrat" bildenden Kugeln der ersten Schicht rollt und eine damit möglichst nah an der Grundfläche liegende Position (gemeint ist der Abstand des Mittelpunkts der Kugel von der Grundfläche) einnimmt. Da sich aus dem $4\times 4$-Raster der Kugeln der ersten Schicht genau $3 \cdot 3$ solche Lücken ergeben, können in die zweite Schicht insgesamt 9 Kugeln gelegt werden.
Die Mittelpunkte von vier Kugeln eines solchen "$2\times 2$-Quadrats" der ersten Schicht sowie der Mittelpunkt der in der zugehörigen Lücke liegenden Kugel der zweiten Schicht bilden eine quadratische Pyramide, deren Kanten allesamt die Länge 1 besitzen. Aus Symmetriegründen liegt der Fußpunkt des Lots der Spitze dieser Pyramide auf seine Grundfläche im Mittelpunkt des Quadrats, sodass sich ein rechtwinkliges Dreieck zwischen Eckpunkt des Quadrats, dessen Mittelpunkt und der Spitze der Pyramide ergibt und sich deshalb die Länge der Höhe $h$ dieser Pyramide nach dem Satz des Pythagoras zu $h=\sqrt{1^2-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ergibt.
Auf gleiche Weise kann nun auf die zweite Schicht aus Symmetriegründen eine dritte Schicht, die identisch mit der ersten aufgebaut ist, gelegt werden, auf diese eine vierte Schicht, die identisch aufgebaut ist wie die zweite, und darauf eine fünfte Schicht, die wiederum identisch ist mit der ersten.
Nach Konstruktion sind auf diese Weise $16+9+16+9+16=66$ Kugeln in den Kasten gelegt worden, wobei keine von diesen über die Grund- oder eine der vier Seitenflächen des Kastens hinausragt. Es bleibt noch zu zeigen, dass auch die Kugeln der fünften Schicht nicht über die Deckfläche des Kastens hinausragen.
Dazu stellen wir fest, dass nach Konstruktion die Mittelpunkt der Kugeln einer Schicht immer in einer Ebene liegen, die parallel ist zur Ebene der Kugeln der darunterliegenden Schicht, und diese beiden Ebenen einen Abstand von $h$ besitzen. Damit liegen die Mittelpunkte der Kugeln der fünften Schicht also in einer Ebene, die parallel zur Grundfläche des Kastens liegt, und zu dieser einen Abstand von $\frac{1}{2}+4\cdot h=\frac{1}{2}+2\sqrt{2}=\frac{1}{2}+\sqrt{8}<\frac{1}{2}+3=4-\frac{1}{2}$ besitzt, also zur Deckfläche einen Abstand von mehr als $\frac{1}{2}$, sodass keine Kugel der fünften Schicht (und damit auch keine der darunterliegenden) über die Deckfläche hinausragt.
Damit ist es möglich, mehr als 64 Kugeln gemäß der Aufgabenstellung in dem Kasten unterzubringen, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 331031: Beweisen Sie, dass sich der Bruch $\frac{1}{1994}$ als Summe von genau 1994 Stammbrüchen darstellen lässt, von denen keine zwei einander gleich sind!
Hinweis: Ein Bruch heißt genau dann ein Stammbruch, wenn sein Zähler 1 lautet und sein Nenner eine natürliche Zahl ist.
\quoteoff
Lösung:
Es ist
$\frac{1}{1994}=\frac{1}{2\cdot 1994}+\frac{1}{2\cdot 1994}=\frac{1}{2\cdot 1994}+\frac{1}{2^2 \cdot 1994}+\frac{1}{2^2 \cdot 1994}=\dots=\frac{1}{2\cdot 1994}+\frac{1}{2^2 \cdot 1994} + \dots + \frac{1}{2^{1992} \cdot 1994}+\frac{1}{2^{1992} \cdot 1994}=\frac{1}{2\cdot 1994}+\frac{1}{2^2 \cdot 1994} + \dots + \frac{1}{2^{1992} \cdot 1994}+\frac{1}{3 \cdot 2^{1991} \cdot 1994}+\frac{1}{6 \cdot 2^{1991} \cdot 1994}, \Box .$
Alternativlösung:
Wir zeigen allgemeiner, dass sich jeder Stammbruch $\frac{1}{k}$ als Summe von $n\geq 3$ verschiedenen Stammbrüchen schreiben lässt. Die Behauptung folgt dann für $n=k=1994$.
Sei zuerst $n=3$. Dann gilt offenbar $\frac{1}{k}=\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k}+\frac{1}{6k}$, sodass sich jeder Stammbruch als Summe von drei verschiedenen Stammbrüchen schreiben lässt.
Lässt sich aber jeder Stammbruch als Summe von $n-1$ verschiedenen Stammbrüchen darstellen, so auch jeder als Summe von $n$ verschiedenen:
Ist nämlich $\frac{1}{2k}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}$ eine Darstellung von $\frac{1}{2k}$ als Summe von $n-1\geq 3$ paarweise verschiedener Stammbrüche, so sind deren Nenner alle größer als $2k$ und es gilt $\frac{1}{k}=\frac{1}{2k}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}$, sodass auch jeder Stammbruch als Summe von genau $n$ verschiedenen Stammbrüchen geschrieben werden kann.
Wiederholte Anwendung dieses Prozesses, der die Summandenanzahl jeweils um eins erhöht, zeigt diese Aussage für alle natürlichen Zahlen $n\geq 3$, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1059 begonnen.]
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| Beitrag No.1062, eingetragen 2019-06-30
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Mit dieser folgenden Lösung bin ich nicht wirklich zufrieden. Das Ergebnis ist letztlich so simpel, dass ich mich unweigerlich frage, ob ich eine elegante Abkürzung übersehen habe. Es ist gewissermaßen offensichtlich, dass eigentlich etwas Simples herauskommen muss, wenn ich auf der einen Seite $\sin x$ habe und auf der anderen Seite $x^2$ und $y^2$, aber ein schlagendes Argument fällt mir nicht ein.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341233A.png
Wir substituieren:
$$y^2+x^2=a\qquad y^2-x^2=b$$bzw.
$$x^2=\frac12(a-b)\qquad y^2=\frac12(a+b)$$Dann folgt aus (1):
$$(3)\qquad \sin^4x=\frac12(a+b)(a-4)+4$$und aus (2):
$$(4)\qquad \cos^4x=\frac12(a-b)(a-4)+1$$Die beiden Gleichungen (3) und (4) ziehen wir voneinander ab und nutzen $\sin^2x+\cos^2x=1$:
$$\sin^4x-\cos^4x=(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^2x-\cos^2x)=\sin^2x-\cos^2x$$$$\sin^2x-\cos^2x=b(a-4)+3$$$$(5a)\qquad 2\sin^2x=b(a-4)+4$$$$(5b)\qquad 2\cos^2x=-b(a-4)-2$$Wir setzen (5a) in (3) ein:
$$4\left(\frac12(a+b)(a-4)+4\right)=\left(b(a-4)+4\right)^2$$$$2(a+b)(a-4)+16=b^2(a-4)^2+8b(a-4)+16$$$$(6)\qquad 2(a+b)=b^2(a-4)+8b$$In gleicher Art und Weise erhalten wir, wenn wir (5b) in (4) einsetzen:
$$4\left(\frac12(a-b)(a-4)+1\right)=\left(b(a-4)+2\right)^2$$$$(7)\qquad 2(a-b)=b^2(a-4)+4b$$Wir addieren (6) und (7):
$$4a=2b^2(a-4)+12b$$$$2a=b^2a-4b^2+6b$$$$(2-b^2)a=b(6-4b)$$$$(8)\qquad a=\frac{b(6-4b)}{2-b^2}$$(8) in (6) eingesetzt:
$$2\left(\frac{b(6-4b)}{2-b^2}+b\right)=b^2\left(\frac{b(6-4b)}{2-b^2}-4\right)+8b$$Durch $2b$ teilen:
$$\frac{6-4b}{2-b^2}+1=b\left(\frac{b(3-2b)}{2-b^2}-2\right)+4$$$$6-4b+2-b^2=b^2(3-2b)+(4-2b)(3-2b)$$$$8-4b-b^2=3b^2-2b^3+12-6b-8b+4b^2$$$$0=b^3-4b^2+5b-2$$Eine Lösung, die man leicht errät, ist $b=1$. Polynomdivision durch $(b-1)$ liefert
$$b^2-3b+2=0$$mit den Lösungen $b=1$ (doppelte Nullstelle) und $b=2$, so dass wir insgesamt unter Nutzung von (8) die folgenden Lösungen haben:
$$b_1=1\qquad a_1=2$$und
$$b_2=2\qquad a_2=2$$
1. Lösung:
Setzt man in die Substitution ein, folgt
$$y^2=\frac32\qquad x^2=\frac12$$Laut (5a) muss aber auch gelten
$$2\sin^2x=2$$was mit $$x^2=\frac12$$ unvereinbar ist. Dies ist also nur eine Scheinlösung.
2. Lösung:
Aus der Substitution erhält man
$$x^2=0\qquad y^2=2$$$x=0$ ist auch mit (5a) und (5b) vereinbar.
Wir haben daher als einzige Lösungen $(x;y)\in\{(0;\sqrt2),(0;-\sqrt2)\}$.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1060 begonnen.]
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| Beitrag No.1063, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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Mit euren vielen neuen Lösungen und den ein paar von mir abgetippten haben wir nur die 1200 überschritten.
Toll! 1206 Lösungen. :-) Es sind "nur" noch 347. :-o
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1064, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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Aufgabe 331033 ist identisch mit Aufgabe 330933, Lösung siehe dort.
\quoteon
Aufgabe 331034:
$
\begin{tabular}{ccccc}
\quad & E & I & N & S\\
+ & E & I & N & S\\
+ & E & I & N & S\\
+ & E & I & N & S\\
+ & E & I & N & S\\
\hline
= & F & Ü & N & F
\end{tabular}
$
Das nebenstehende Kryptogramm stellt die Aufgabe, die Buchstaben so durch Ziffern zu ersetzen, dass eine richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht.
Dabei soll auch die Regel beachtet werden, dass als Anfgangsziffer (für $E$ und $F$) nicht die Ziffer Null auftreten darf.
Gleiche Buchstaben sind durch gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben durch verschiedene Ziffern zu ersetzen.
Untersuchen Sie, ob eine Läsung existert! Wenn das der Fall ist, untersuchen Sie, ob verschiedene Lösungen existierten und geben Sie jede Lösung an!
Hinweis: Zwei Lösungen heißen genau dann voneinander verschieden, wenn nicht jeder Buchstabe in der einen dieser Lösungen durch dieselbe Ziffer ersetzt wird wie in der anderen dieser Lösungen.
\quoteoff
Lösung:
Da die fünf Summanden untereinander gleich sind, ist die Summe ein Vielfaches von 5, endet also auf die Ziffer 0 oder 5. Da $F$ auch die führende Ziffer der Summe ist, folgt $F=5$ und damit auch, dass $S$ ungerade ist.
Da in der Tausenderstelle bei der Addition kein Übertrag entsteht, muss $5\cdot E<10$ gelten, woraus wegen $E\neq 0$ sofort $E=1$ folgt. Da $5\cdot E=F$ gilt, darf auch in der Hunderterstelle kein Übertrag entstehen. Also muss auch $5\cdot I<10$ und wegen $I\neq E=1$ also $I=0$ gelten. Also ist $Ü\geq 2$ der Übertrag, der aus der Zehnerstelle erhalten wird.
Ist $u$ der Übertrag, der bei der Addition der Einerstellen entsteht, so it wegen $S\neq 1$ direkt $S\geq 3$, also $u\geq 1$. Andererseits ist $S\leq 9$, also $u\leq 4$.
An der Zehnerstelle gilt also $5\cdot N+ 4 \geq 5\cdot N + u=N+10 \cdot Ü\geq 20+N$ bzw. $4\cdot N \geq 16$, also $N\geq 4$.
Fall 1: $N=4$. Dann ist $5\cdot N=20$, sodass $u=4$ (daraus $S=9$) und $Ü=2$ folgt. Wir erhalten die Lösung
$
\begin{tabular}{ccccc}
\quad & 1 & 0 & 4 & 9\\
+ & 1 & 0 & 4 & 9\\
+ & 1 & 0 & 4 & 9\\
+ & 1 & 0 & 4 & 9\\
+ & 1 & 0 & 4 & 9\\
\hline
= & 5 & 2 & 4 & 5
\end{tabular}
$
Fall 2: $N=6$ oder $N=8$. Dann endet $5 \cdot N + u$ auf die Ziffer $u\leq 4 < N$, sodass sich hier keine Lösung ergibt.
Fall 3: $N=5$. Dann wäre $N=F$, sodass hier keine Lösung existiert.
Fall 4: $N=7$. Dann ist $5\cdot N=35$, also $u=2$, woraus $S=5=F$ folgt, sodass es auch hier keine Lösung gibt.
Fall 5: $N=9$. Dann ist $5\cdot N=45$, also $u=4$, woraus der Widerspruch $S=9=N$ folgt.
Damit gibt es für das Kryptogramm nur die genau eine, bereits angegebene, Lösung.
\quoteon
Aufgabe 331035: Man ermittle alle diejenigen Paare $(m;n)$ positiver ganzer Zahlen $m$ und $n$, für die
$\frac{m^2}{m+1}+\frac{n^2}{n+1}$
eine ganze Zahl ist.
\quoteoff
Bemerkung: Hier ist ein Druckfehler in der Aufgabe: Der Nenner des zweiten Bruchs sollte $n+1$, nicht $m+1$ heißen. (So übernommen von Manuela.)
Lösung:
Es ist
$z:=\frac{m^2}{m+1}+\frac{n^2}{n+1}=\frac{m^2-1}{m+1}+\frac{n^2-1}{n+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}=\frac{(m-1)(m+1)}{m+1}+\frac{(n-1)(n+1)}{n+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}=n-1+m-1+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}$
genau dann eine ganze Zahl, wenn auch
$z-(n-1)-(m-1)=\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}=:x$
eine ganze Zahl ist.
Offensichtlich ist $0
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| Beitrag No.1065, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon
Aufgabe 261036: Beweisen Sie, dass für jede reelle Zahl $x>1$ die Ungleichungen
$\frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(x+1)^2}-\sqrt[3]{x^2}\right) < \frac{1}{\sqrt[3]{x}}<\frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{x^2}-\sqrt[3]{(x-1)^2}\right)$
gelten!
\quoteoff
Lösung:
Durch Division durch $x^{\frac{2}{3}}>0$ geht die zu zeigende Ungleichungskette äquivalent über in
$\frac{3}{2} \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{2}{3}}-1\right)<\frac{1}{x}<\frac{3}{2} \left(1-\left(1-\frac{1}{x}\right)^{\frac{2}{3}}\right) .$
Wegen $1
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1066, eingetragen 2019-06-30
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341236.png
Wir erweitern zunächst jeden Bruch wie folgt:
$$\frac1{\sqrt{k-1}+\sqrt k}=\frac{\sqrt k-\sqrt{k-1}}{(\sqrt{k-1}+\sqrt k)(\sqrt k-\sqrt{k-1})}=\sqrt k-\sqrt{k-1}$$Dann sei die eingeklammerte Summe
$$s=-\sqrt1+\sqrt2-\sqrt3+\sqrt4-+...-\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}$$$$(1)\qquad s=\sum_{k=1}^{\frac12(n^2-1)}\left(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}\right)$$Wir nutzen nun folgende Ungleichung:
$$(2)\qquad \sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}<\frac1{\sqrt2}\left(\sqrt k-\sqrt{k-1}\right)$$Beweis:
$$2\sqrt k-2\sqrt{k-\frac12}<\sqrt k-\sqrt{k-1}$$$$\sqrt k+\sqrt{k-1}<2\sqrt{k-\frac12}$$$$k+k-1+2\sqrt{k(k-1)}<4k-2$$$$2\sqrt{k^2-k}<2k-1$$$$4k^2-k<4k^2-4k+1$$Das ist offensichtlich immer erfüllt. Setzen wir das in (1) ein, erhalten wir:
$$s<\frac1{\sqrt2}\sum_{k=1}^{\frac12(n^2-1)}\left(\sqrt k-\sqrt{k-1}\right)$$Das ist eine Teleskopsumme, so dass folgt:$$s<\frac1{\sqrt2}\cdot\sqrt{\frac12(n^2-1)}$$$$s<\frac12\sqrt{n^2-1}<\frac12n$$$$(3)\qquad s<\frac12n$$Wir stellen nun die Summe anders dar, indem wir die Summanden anders gruppieren:
$$s=-1-(\sqrt3-\sqrt2)-(\sqrt5-\sqrt4)-...-(\sqrt{n^2-2}-\sqrt{n^2-3})+\sqrt{n^2-1}$$$$(4)\qquad s=\sqrt{n^2-1}-1-\sum_{k=1}^{\frac12(n^2-3)}\left(\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k}\right)$$Wir modifizieren (2), indem wir dort $k$ durch $k+\frac12$ ersetzen:
$$(2a)\qquad \sqrt{2k+1}-\sqrt{2k}<\frac1{\sqrt2}\left(\sqrt{k+\frac12}-\sqrt{k-\frac12}\right)$$Wir setzen in (4) ein und erhalten:
$$s>\sqrt{n^2-1}-1-\frac1{\sqrt2}\sum_{k=1}^{\frac12(n^2-3)}\left(\sqrt{k+\frac12}-\sqrt{k-\frac12}\right)$$Auch das ist wieder eine Teleskopsumme, und daher:
$$s>\sqrt{n^2-1}-1-\frac1{\sqrt2}\left(\sqrt{\frac12(n^2-3)+\frac12}-\sqrt{1-\frac12}\right)$$$$s>\sqrt{n^2-1}-1-\frac12\left(\sqrt{n^2-2}-1\right)$$$$(5)\qquad s>\sqrt{n^2-1}-\frac12\sqrt{n^2-2}-\frac12$$Wir zeigen nun, dass
$$\sqrt{n^2-1}-\frac12\sqrt{n^2-2}>\frac12n$$$$2\sqrt{n^2-1}>n+\sqrt{n^2-2}$$$$4n^2-4>n^2+n^2-2+2n\sqrt{n^2-2}$$$$n^2-1>n\sqrt{n^2-2}$$$$n^4-2n^2+1>n^4-2n^2$$Auch das ist immer erfüllt, so dass wir in (5) setzen können:
$$s>\frac12n-\frac12=\frac12(n-1)$$Dies zusammen mit Gleichung (3) ergibt
$$\frac12(n-1) < s < \frac12n$$Da $n$ eine ungerade Zahl sein soll, gilt offensichtlich
$$g=\frac{n-1}2$$
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1067, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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Die Lösungsidee von MontyPythagoras zur 341236 kann man auch ein wenig kürzer fassen:
Sei $s:=\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n^2-4}+\sqrt{n^2-3}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}$.
Dann ist
$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}<2s<\frac{1}{\sqrt{0}+\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n^2-3}+\sqrt{n^2-2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}} .$
Mit der für alle $k\geq 0$ gültigen Gleichung $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(\sqrt{k+1}+\sqrt{k})(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(k+1)-k}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ folgt
$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}=\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}\+-\dots+\sqrt{n^2}-\sqrt{n^2-1}=-\sqrt{1}+\sqrt{n^2}=n-1$
und analog
$\frac{1}{\sqrt{0}+\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n^2-3}+\sqrt{n^2-2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}=\sqrt{1}-\sqrt{0}+\sqrt{2}-\sqrt{1}\pm\dots+\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2-2}=\sqrt{n^2-1}-\sqrt{0}=\sqrt{n^2-1} .$
Damit gilt $n-1<2s<\sqrt{n^2-1}<\sqrt{n^2}=n$, also $\frac{n-1}{2}
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weird
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| Beitrag No.1068, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon(2019-06-30 16:57 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1062)
Mit dieser folgenden Lösung bin ich nicht wirklich zufrieden. Das Ergebnis ist letztlich so simpel, dass ich mich unweigerlich frage, ob ich eine elegante Abkürzung übersehen habe. Es ist gewissermaßen offensichtlich, dass eigentlich etwas Simples herauskommen muss, wenn ich auf der einen Seite $\sin x$ habe und auf der anderen Seite $x^2$ und $y^2$, aber ein schlagendes Argument fällt mir nicht ein.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341233A.png
\quoteoff
Ja, dein Gefühl hat dich hier nicht getrogen, das geht tatsächlich um einiges kürzer, allerdings muss man dafür schon wirklich sehr tief in die "Trickkiste" greifen. :-D
\showon
Aus
\[1-2\sin^2x\cos^2x=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x=\sin^4x+\cos^4x=\\
=x^4+y^4+2x^2y^2-4(x^2+y^2)+5=(x^2+y^2-2)^2+1\]
folgt zunächst
\[2(x^2+y^2-2)^2=-\sin^2(2x)\]
und da für eine reelle Lösung jedenfalls beide Seiten dieser Gleichung 0 sein müssen und wegen $x^2+y^2=2$ auch noch die Beschränkung $x\in[-\sqrt 2,\sqrt 2]$ gilt, bleibt hier dann wirklich nur die einzige Möglichkeit
\[x=0,\ y=\pm \sqrt2\]
über, welche aber dann auch tatsächlich das Gleichungssystem löst, wie man durch Einsetzen sofort feststellt.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1066 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1069, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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@weird: Schöne Lösung! :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1070, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30
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\quoteon(2019-06-29 13:17 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1044)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241032.png
\quoteoff
Hier kann man natürlich 1:1 auch den gleichen Lösungsweg wie bei der 261036 gehen:
Division durch $\sqrt{x}>0$ überführt die zu zeigende Ungleichungskette äquivalent in
$2\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}-1\right)<\frac{1}{x}<2\left(1-\sqrt{1-\frac{1}{x}}\right) .$
Wegen $x>1$ ist $0<\frac{1}{x}<1$. Also ist aufgrund der Bernoulli-Ungleichung $\sqrt{1+\frac{1}{x}}<1+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x}$ und $\sqrt{1-\frac{1}{x}}<1-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x}$, woraus sofort die zu zeigende Ungleichungskette folgt, $\Box$.
Cyrix
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weird
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| Beitrag No.1071, eingetragen 2019-07-01
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\quoteonAufgabe 6A - 341246A
Zu gegebenen positiven ganzen Zahlen $a$ und $b$ sei $(x_n)_{n=0,1,2,...}$ diejenige Zahlenfolge, die durch \[x_0 =1,\ x_{n+1} = ax_n +b\quad (n =0,1,2,...)\] definiert ist. Man beweise: Für jede Wahl von $a$ und $b$ enthält die so gebildete Folge unendlich viele Zahlen, die keine Primzahlen sind.
\quoteoff
\showon
Beweis: Sei $p$ ein beliebiger Primteiler von $x_1=a+b$. Gilt dann auch $p\mid a$, so würde daraus auch sofort $p\mid b=(a+b)-a$, d.h., mit Ausnahme von $x_0=1$ wären dann alle Folgenlieder durch $p$ teilbar und da die Folge streng monton wächst, würde nicht nur $p\mid x_n$, sondern auch gleichzeitig $x_n>x_1\ge p$ für $n>1$ gelten, woraus die Behauptung in trivialer Weise folgt.
Sei also im Folgenden $p\not\mid a$ vorausgesetzt und $(y_n)$ die aus $(x_n)$ durch die Definition
\[y_n=x_n \mod n\quad (n\in \mathbb N)\]
abgeleitete Folge. Diese muss dann, da es ja nur endlich viele Restklassen mod $p$ gibt, notwendigerweise periodisch werden. Ist nun $m>1$ minimal so gewählt, dass $y_m=y_k$ für ein $k\in\{0,1,...,m-1\}$ gilt, so muss dann $k=0$ sein, denn andernfalls könnte man aus
\[y_{m-1}+b=y_m=y_k=ay_{k-1}+b \mod p\]
indem man hier $-b$ beidseitig addiert und anschließend die Gleichung mit dem wegen $p\not\mid a$ existierenden Inversen $a^{-1}\mod p$ multipliziert, sofort schließen, dass auch $y_{m-1}=y_{k-1}$ gelten müsste, im Widerspruch zur Minimaleigenschaft von $m$. Es gilt somit auch $y_{m+1}=y_1=0$ bzw. allgemeiner
\[y_{km+1}=y_1=0\]
und auf die usprüngliche Folge bezogen $(x_n)$ bezogen bedeutet dies
\[p\mid x_{km+1}\quad (k\in\mathbb N)\]
Wieder mit der ev. Ausnahme von $x_1$, für welches ja auch $x_1=p$ gelten könnte, wären dann mit einer ähnlichen Schlussweise wie oben wieder alle Folgenglieder $x_{km+1}, k=0,1,2,...$, also dann jedenfalls unendlich viele, zusammengesetzt, q.e.d.
\showoff
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weird
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| Beitrag No.1072, eingetragen 2019-07-01
|
Eine mühselige Angelegenheit, aber ich glaube nicht, dass man es sehr viel effizienter machen kann:
\quoteonAufgabe 3A - 301233A
Man ermittle alle diejenigen siebzehnstelligen natürlichen Zahlen $n$, für deren 17 Ziffern $x_1,x_2,...,x_{17}$ die folgenden Bedingungen (1) und (2) erfüllt sind:
(1) Es gilt: $x_1 ≥ x_2 ≥ ... ≥ x_{17}$.
(2) Für die Summe $s = x_1 +x_2 +...+x_{17}$ und das Produkt $p = x_1·x_2·...·x_{17}$ gilt: $s = p$.
Hinweis: Die Reihenfolge $x_1,...,x_{17}$ entspreche der üblichen Schreibweise; es bezeichne also $x_{17}$ die Einerziffer, $x_{16}$ die Zehnerziffer u.s.w.
\quoteoff
\showon
Lösung: Wir versuchen zunächst die gestellten Bedingungen für die Ziffern $x_1,x_2,...,x_{17}$ noch etwas enger zu fassen:
1. Wegen $x_1>0$ ist auch $s>0$ und wegen $p=s$ kann daher keine der 17 Ziffern 0 sein. Insbesondere muss daher $x_1\ge x_2\ge 2$ gelten, da sonst $s\ge 17$, aber $p\le 9$ gelten würde, wieder im Widerspruch zu $p=s$.
2. Es können höchstens $x_1,x_2\in\{6,7,8,9\}$ sein, denn andernfalls wäre $p\ge6^3=216$, aber $s\le17\cdot 9=153$, Widerspruch!
3. Wegen 2. gilt schon mal
\[s\le 2\cdot 9+15\cdot 1=33\]
da für alle 17-Tupel $(x_1,x_2,...,x_{17})$, für welche $x_1x_2 … x_{17}$ einen vorgegeben Wert $p$ (hier $p=153$) nicht überschreitet immer jenes den größten Summenwert $s=x_1+x_2+...+x_{17}$ aufweist, für welches die $x_i,\ i=1,2,...,17$ in dieser Reihenfolge größtmöglich in Hinblick auf $x_1x_2...x_i\le p$ gewählt sind, was hier eben auf $x_1=x_2=9,\ x_3=…=x_{17}=1$ und damit zu obiger Abschätzung führt. Damit haben aber dann höchstens die Ziffern $x_1,x_2,...,x_5$ einen Wert größer als $1$, da sonst \[p\ge2^6=64>s\] gelten würde.
4. Es kann aber auch nicht $x_5>1$ sein, denn die einzige nach 3. noch bestehende Möglickeit $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(2,2,2,2,2)$ führt nicht auf eine Lösung, da für sie offensichtlich
\[s=x_2+x_2+x_3+x_4+x_5+12=24<32= x_1x_2x_3x_4x_5=p\]
gilt. Wir dürfen daher im Folgenden auch $x_5=1$ voraussetzen.
Zusammenfassend müssen wir also nur die bereits erheblich einfachere Ausgabe lösen, 4 positve ganze Zahlen $x_1,x_2,x_3,x_4$ so zu finden, dass für sie die folgenden Bedingungen
\[x_1\ge x_2\ge x_3\ge x_4>0 \quad (1)\]
\[x_1+x_2+x_3+x_4=x_1x_2x_3x_4x_5-13\le 20\quad (2)\]
erfüllt sind, wobei nach 1. außerdem $x_1\ge x_2>1$ gelten muss.
Wir führen daher die folgende Fallunterscheidung durch:
1.Fall: $x_1=9$.
Von den 2 Möglichkeiten
\[(x_1,x_2,x_3,x_4))\in\{(9,2,1,1),(9,3,1,1)\}\]
welche kompatiblel mit obigen Bedingungen sind, führt dann tatsächlich $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(9,3,1,1)$ auf eine Lösung mit den weiteren Festlegungen $x_5=x_6=...=x_{17}=1$.
2.Fall: $x_1=8$.
Die 4 Möglichkeiten
\[(x_1,x_2)\in\{(8,2,1,1),(8,2,2,1),(8,3,1,1),(8,4,1,1)\}\]
ergeben hier alle durch Einsetzen einen Widerspruch mit (2).
3.Fall: $x_1=7$
Auch hier ergeben die 4 Möglichkeiten
\[(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\{(7,2,1,1),(7,2,2,1),(7,3,1,1),(7,4,1,1)\}\]
keine weitere Lösung.
4.Fall: $x_1=6$
Hier haben wir die 5 Möglichkeiten
\[(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\{(6,2,1,1),(6,2,2,1),(6,3,1,1),(6,4,1,1),(6,5,1,1)\}\]
von denen dann \[x_1=6,x_2=2,x_3=2,x_4=...=x_{17}=1\] tatsächlich eine Lösung ist.
5.Fall: $x_1=5$
Hier gibt es die 6 Möglichkeiten
\[(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\{(5,2,1,1),(5,2,2,1),(5,3,1,1),(5,3,2,1),(5,4,1,1),(5,5,1,1)\}\] von denen dann
\[x_1=x_2=5,\ x_3=...=x_{17}=1\]
tatsächlich eine Lösung ist.
Da wir nun für ev. weitere Lösungen ausschließen können, dass in ihnen die Ziffern $9,8,7,6,5$ vorkommen, lohnt es sich, unsere Schranke für $s$ nachzujustieren. Für sie gilt mittlerweile
\[s\le 4+4+2+14\cdot 1=24 \]
Andererseits gilt auch die triviale untere Schranke $s\ge 17$, welche wir wegen $x_1\ge x_2>1$ auch noch zu $s\ge 19$ verschärfen können. Tatsächlich ist es damit einfacher, sich einfach alle "Kandidaten" für $s=p\in \{19,20,21,22,23,24\}$, anzusehen, von denen ja nur die mehr in Frage kommen, welche keinen Primfaktor größer als $3$ aufweisen. Es bleibt somit nur $s=p=24$, was auf die beiden Möglickeiten
\[x_1=4,x_2=3,x_3=2,x_4=1 \quad\text{bzw.}\quad x_1=3,x_2=x_3=x_4=2 \]
führt, welche aber beide keine weitere Lösung hier liefern, da sie (2) nicht erfüllen.
Zusammenfassend sind also alle Lösungen der Aufgabe gegeben durch die drei 17-stelligen Zahlen
\[93111111111111111,\quad 62211111111111111,\quad 55111111111111111\]
\showoff
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1073, eingetragen 2019-07-01
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Huhu,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-01_um_13.27.50.png
kein Problem mit LambertW. Ich denke nur, dass dieses nicht vorausgesetzt werden darf. Gut, die beiden Lösungen sind recht offensichtlich. Dann müsste man also argumentieren, wieso es keine anderen Lösungen mehr geben kann. Die Ableitung darf man aber wohl nicht benutzen, oder? Gleiches Problem hier:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-01_um_13.27.39.png
Mit Zwischenwertsatz und Rolle kein Problem. Wollen wir solch eine Lösung aufschreiben?
Gruß,
Küstenkind
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Kornkreis
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 | Beitrag No.1074, eingetragen 2019-07-01
|
271245
Es sei $(x_n)$ die durch $x_1 = 1$, $x_2 = 1$, $x_{n+1} = \frac{x_n+1}{x_{n-1}+4}$ $(n = 2, 3, 4, ...)$ definierte Zahlenfolge.
Man untersuche, ob diese Folge konvergent ist, und ermittle, falls dies zutrifft, ihren Grenzwert
\showon Lösung (Holzhammermethode)
Wenn die Folge gegen einen Grenzwert $a$ konvergiert, muss $$a=\frac{a+1}{a+4}$$ und damit $a=\frac{-3+\sqrt{13}}{2}$ gelten (die negative Lösung für $a$ kann ausgeschlossen werden, da alle Folgeglieder positiv sind).
Nun ist die Konvergenz der Folge nicht ganz einfach nachzuweisen, da sie nicht monoton ist, sondern um $a$ oszilliert.
Man könnte den Banach'schen Fixpunktsatz anwenden und nachweisen, dass die der Bildungsvorschrift der Zahlenfolge entsprechende zweidimensionale Funktion eine Kontraktion ist, was aber aufwändig ist und eben einen recht starken Satz voraussetzen würde.
Stattdessen wollen wir für hinreichend große $n$ die plausible Abschätzung $|x_n-a|0$ und $0<\lambda<1$ zeigen (dass eine Abschätzung dieser Form existiert, folgt aus dem Beweis des Banach'schen Fixpunktsatzes).
Wir wählen $c=3$, $\lambda=\frac{1}{2}$ und $n\geq 2$.
Beweis mit vollständiger Induktion:
Wegen $\frac{1}{4}a$
$$|x_n-a|=\frac{x_{n-1}+1}{x_{n-2}+4}-a<\frac{a+c\lambda^{n-1}+1}{a-c\lambda^{n-2}+4}-a,$$
und falls $x_n\leq a$
$$|x_n-a|=a-\frac{x_{n-1}+1}{x_{n-2}+4}a$. Wir gehen von der zu zeigenden Ungleichung
$$\frac{a+c\lambda^{n-1}+1}{a-c\lambda^{n-2}+4}-a\stackrel{?}{<}c\lambda^n$$
aus und formen äuqivalent um (beachte $a-c\lambda^{n-2}+4 >0$) zu
$$0 \frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}+4\right)-\frac{3}{2^{n}}-\frac{3}{8}-\frac{1}{2}>\frac{1}{16}+1-\frac{3}{16}-\frac{3}{8}-\frac{1}{2}=0$$
für $n\geq 4$, womit die behauptete Ungleichung verifiziert ist.
Für $x_n\leq a$ analog:
$$a-\frac{a-c\lambda^{n-1}+1}{a+c\lambda^{n-2}+4}\stackrel{?}{<}c\lambda^n$$
äquivalent zu
$$00$$
für $n\geq 4$, womit die behauptete Ungleichung verifiziert ist.
Insgesamt haben wir also für jedes $n\geq 2$ die Abschätzung $|x_n-a|
|
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weird
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| Beitrag No.1075, eingetragen 2019-07-01
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\quoteonAufgabe 1 - 301241
Man ermittle zu jedem Tripel $(a,b,c)$ positiver reeller Zahlen $a,b,c$ alle diejenigen Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, die das folgende Gleichungssystem (1), (2), (3) erfüllen:
\[(1)\quad x^2−(y−z)^2 = a\]
\[(2)\quad y^2−(z−x)^2 = b\]
\[(3)\quad z^2−(x−y)^2 = c\]
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\showon
Lösung: Aus
\[(x+y-z)^2(x-y+z)^2(-x+y+z)^2=\\
=((x+y-z)(x-y+z))((y+z-x)(y-z+x))((z+x-y)(z-x+y))=abc\]
erhält man zunächst
\[(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)=\pm\sqrt{abc}\]
und indem man darin
\[a= (x+y-z)(x-y+z),\ b= (y+z-x)(y-z+x),\ c= (z+x-y)(z-x+y)\]
jeweils substituiert das neue Gleichungssystem
\[(4)\quad -x+y+z=\pm\sqrt{\frac{bc}a}\]
\[(5)\quad x-y+z=\pm\sqrt{\frac{ac}b}\]
\[(6)\quad x+y-z=\pm\sqrt{\frac{ab}c}\]
Unter der Prämisse, dass auf der rechten Seite von (4),(5),(6) jeweils das gleiche Vorzeichen gewählt wird, was wir nun voraussetzen wollen, kann man daraus das ursprüngliche Gleichungssystem ersichtlich sofort wieder zurückgewinnen, d.h., es ist zu diesem äquivalent.
Das Gleichungssystem (4),(5),(6) ist aber nun linear und damit problemlos lösbar, z.B. indem man hier je zwei der drei Gleichungen addiert. Damit erhält man dann die 2 Lösungen
\[x=\pm\sqrt{\frac a{bc}}\, \frac{b+c}2,\ y=\pm\sqrt{\frac b{ac}}\, \frac{a+c}2,\ z=\pm\sqrt{\frac c{ab}}\, \frac{a+b}2\]
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| Beitrag No.1076, eingetragen 2019-07-01
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Hallo weird,
\quoteon(2019-06-30 22:31 - weird in Beitrag No. 1068)
Ja, dein Gefühl hat dich hier nicht getrogen, das geht tatsächlich um einiges kürzer, allerdings muss man dafür schon wirklich sehr tief in die "Trickkiste" greifen. :-D
\showon
Aus
\[1-2\sin^2x\cos^2x=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x=\sin^4x+\cos^4x=\\
=x^4+y^4+2x^2y^2-4(x^2+y^2)+5=(x^2+y^2-2)^2+1\]
folgt zunächst
\[2(x^2+y^2-2)^2=-\sin^2(2x)\]
und da für eine reelle Lösung jedenfalls beide Seiten dieser Gleichung 0 sein müssen und wegen $x^2+y^2=2$ auch noch die Beschränkung $x\in[-\sqrt 2,\sqrt 2]$ gilt, bleibt hier dann wirklich nur die einzige Möglichkeit
\[x=0,\ y=\pm \sqrt2\]
über, welche aber dann auch tatsächlich das Gleichungssystem löst, wie man durch Einsetzen sofort feststellt.
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\quoteoff
Hatte ich mir doch gedacht, dass es einfacher geht. Gerade bei den höheren Aufgaben der Stufe III und IV geht es oft darum, nicht die Brute-Force-Variante zu versuchen, sondern eine elegante Lösung zu finden. Das ganze war mir gefühlt auch zuviel Rechnerei.
Das Gleiche gilt @cyrix #1067 für die schön kurze Lösung. Danke auch dafür!
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1077, eingetragen 2019-07-01
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331234.png
Da $x,y\geq0$, gilt gleichzeitig auch $x,y\leq1993^2$. Für $x$ und $y$ kommen jeweils ausschließlich die Quadratzahlen $0,1,4,9,16,...,1993^2$ in Frage. Beweis:
Wenn $x$ keine Quadratzahl ist, ist $\sqrt x$ irrational. Dann gilt, wenn man die Gleichung der Aufgabenstellung nach $y$ auflöst:
$$y=(1993-\sqrt x)^2$$$$y=1993^2+x-2\cdot1993\sqrt x$$Damit wäre $y$ irrational, soll aber ganzzahlig sein, was einen Widerspruch darstellt. Ist also $x=n^2$ eine Quadratzahl mit $0 \leq n \leq 1993$, dann ist $y=(1993-n)^2$. Somit gibt es 1994 Zahlenpaare, die die Gleichung der Aufgabenstellung erfüllen.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1078, eingetragen 2019-07-01
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Wie ist Eure Meinung zu folgender Aufgabe:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331233B.png
Ich hätte es so verstanden: eine kubische Funktion kann drei reelle Nullstellen haben. Der Abstand zwischen kleinster und größter Nullstelle soll kleiner oder gleich 3 sein. Blöd nur, dass für $n\geq0$ die kubische Funktion immer nur genau eine Nullstelle hat, weil sie monoton steigend ist...
Oder ist gemeint, dass die eine Nullstelle jeder Funktion $f_n$ sich mit allen anderen in einem Intervall von Breite 3 befinden soll? Dann würde es vermutlich zu jedem $n_{min}$ immer ein dazugehöriges $n_{max}$ geben. Macht auch nicht wirklich Sinn.
Druckfehler?
Edit: Blödsinn gerechnet auf dem Schmierzettel. Vergesst es... :-D
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1079, eingetragen 2019-07-01
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Noch einmal...
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331233B.png
Die Funktion $f(x)$ verläuft prinzipiell so:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331233B_Skizze.png
Das heißt, bei den "äußeren" Nullstellen $x_{min}$ als auch bei $x_{max}$ ist die Steigung positiv. Für $n=0$ sieht man sofort, dass die Nullstellen $x_{min}=-3$ und $x_{max}=0$ sind (in diesem Fall ist $x=0$ doppelte Nullstelle). Das Intervall zwischen kleinster und größter Nullstelle (mit "klein" und "groß" ist natürlich der $x$-Wert gemeint) hat hier also genau eine Länge von 3.
Betrachtet man sehr große $n$, wird die Funktion näherungsweise zu
$$g(x)=x^3+(n+3)x^2+2nx$$
Eine überschlägige Lösung ist wieder $x=0$. Die anderen lauten:
$$x^2+(n+3)x+2n=0$$$$x=-\frac12(n+3)\pm\frac12\sqrt{(n+3)^2-8n}$$$$x=-\frac12(n+3)\pm\frac12\sqrt{n^2-2n+9}$$Wiederum für große $n$ kann man überschlägig berechnen:
$$x_1\approx-\frac12(n+3)-\frac12(n-1)=-n-1$$$$x_2\approx-\frac12(n+3)+\frac12(n-1)=-2$$Es ist klar, dass die approximative Lösung $x\approx-2$ zwischen den beiden anderen Nullstellen liegt, denn die größte Nullstelle muss auf jeden Fall $x_{max}>0$ sein, weil $f(0)=-\frac n{n+1}<0$ ist. Setzen wir $x=-n-1$ ein, so erhalten wir
$$f(-n-1)=-(n+1)^3+(n+1+2)(n+1)^2-2n(n+1)-1+\frac1{n+1}$$$$f(-n-1)=2(n+1)^2-2n(n+1)-1+\frac1{n+1}=2(n+1)-1+\frac1{n+1}=2n+1+\frac1{n+1}>0$$Daraus kann man schließen, dass auf jeden Fall
$$x_{min}<-n-1$$ist. Da außerdem $x_{max}>0$, ist die Intervallbreite $d$ auf jeden Fall
$$d=x_{max}-x_{min}>n+1$$Damit ist für $n\geq2$ die zulässige Intervallbreite überschritten. Bleibt noch zu untersuchen, ob für $n=1$ die Intervallbreite eingehalten wird. Das tun wir, indem wir einfach $n=1$ und $x=-3$ einsetzen. Es zeigt sich, dass $f_1(-3)=\frac52>0$ ist. Daraus folgt, dass für $n=1$ die kleinste Nullstelle $x_{min}<-3$ ist, so dass auch für $n=1$ die Intervallbreite von 3 nicht eingehalten wird.
Daher ist $n=0$ die einzige Lösung.
Ciao,
Thomas
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