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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.1080, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Ist das so korrekt:
Aufgabe 3 - 171223
Es sind alle ganzen Zahlen $x$ zu ermitteln, für die
\[
f(x) = \frac{3x^2 + x - 2}{x^2 - 2}
\]
ganzzahlig ist.
Lösung:
Durch Polynomdivision erhält man
\[
f(x) = \frac{3x^2 + x - 2}{x^2 - 2} = 3 + \frac{x+4}{x^2-2}
\]
Damit kann $f(x)$ nur ganzzahlig sein, wenn der Bruch $\frac{x+4}{x^2-2}$ ganzzahlig ist, d.h. auch $|x+4| \geq |x^2-2|$ gilt. Die Gleichung $|x+4|=|x^2-2|$ hat ihre Lösungen bei $x_1 = -2$ und $x_2 = 3$.\\
Eine grafische Darstellung der Funktionen $g(x) = |x+4|$ und $h(x) = |x^2-1|$ zeigt, dass nur im Intervall $[-2; 3]$ die Beziehung $|x+4| \geq |x^2-2|$ gilt.
$
\begin{tikzpicture}[xscale=0.6,yscale=0.6,samples=400]
\draw[->] (-5,0) -- (4,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,8) node[left] {$y$};
\draw[blue] plot[domain=-4.5:3.2] (\x,{abs(\x+4)});
\draw[red] plot[domain=-3:3.2] (\x,{abs(\x*\x-2)});
\draw[red] (2,2) node[right] {\small $h(x)=|x^2-2|$};
\draw[blue] (2,6) node[left] {\small $g(x)=|x+4|$};
\foreach \i in {-4,-3,...,3}
{ \draw[fill=black] (\i,0) circle (0.04);
\node[below] at (\i,0) {\small \i};
}
\foreach \i in {1,2,3,4,5,7}
{ \draw[fill=black] (0,\i) circle (0.04);
\node[left] at (0,\i) {\small \i};
}
\draw[fill=white] (-2,2) circle (0.05);
\draw[fill=white] (3,7) circle (0.05);
\node[left] at (-2,2) {\small A(-2;2)};
\node[right] at (3,7) {\small B(3;7)};
\end{tikzpicture}
$
Eine zusätzliche Möglichkeit für ein ganzzahligen Bruch $\frac{x+4}{x^2-2}$ ergibt sich für $x = -4$, da durch ein Zähler = 0 der ganze Bruch 0 wird (Nenner wird nicht 0).
Da $x$ ganzzahlig sein soll, verbleiben für $x$ nur die Möglichkeiten $x \in \lbrace -4,-2,-1,0,1,2,3\rbrace$. Einsetzen von $x$ in die Ausgangsfunktion ergibt
$
\begin{tabular}{cc|cc|cc|cc}
$x$ & $f(x)$ & $x$ & $f(x)$ & $x$ & $f(x)$ & $x$ & $f(x)$\\
-4 & 3 & -2 & 4 & -1 & 0 & 0 & 1 \\
1 & -2 & 2 & 6 & 3 & 4 \\
\end{tabular}
$
Da in jedem Fall $f(x)$ ganzzahlig ist, ist die gesuchte Lösungsmenge $x \in \lbrace -4,-2,-1,0,1,2,3\rbrace$.
LG Steffen
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.1081, eingetragen 2019-07-02
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Hi Steffen,
sieht gut aus, aber schreib doch schon oben "Damit kann f(x) nur ganzzahlig sein, wenn [...] d.h. |x+4|>=|x²-2| gilt oder x+4=0", damit der Satz logisch richtig ist und nicht in einem späteren Absatz ergänzt werden muss.
Außerdem würde ich "Eine grafische Darstellung [...] zeigt" ersetzen durch sowas wie "Man kann sich überlegen, dass [...] gilt, wie auch durch folgende Grafik verdeutlicht wird."
Denn "zeigen" hat ja i.d.R. denselben logischen Stellenwert wie "beweisen", sodass da entweder ein formaler Beweis stehen sollte, oder eben auf das Weglassen des Beweises hingewiesen werden soll, da der Leser ihn leicht selbst durchführen kann.
Ich hab noch eine Anmerkung zur 2. Lösung der 141023. Dort steht "Wird das Dreieck ABC um 90◦ um C so gedreht, dass A auf D zu liegen kommt, so ist liegt [das] Bild B' von B auf der Strecke ED." Ich würde da noch eine kleine Begründung dahinter in Klammern setzen, nämlich "(der Winkel $\angle$CDE ist gleich dem Winkel $\angle$CAB)".
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weird
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 | Beitrag No.1082, eingetragen 2019-07-02
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Eigentlich eine simple Rechnerei, die es aber trotzdem in sich hat! :-D
\quoteonAufgabe 3 - 341243
Man beweise, dass für alle ganzen Zahlen $k$ und $n$ mit $1≤ k ≤2n$ die Ungleichung
\[\binom{2n+1} {k−1}+\binom{2n+1}{k+1}≥2· \frac{n+1}{n+2} ·\binom{2n+1} k\]
gilt.
Hinweis: Für ganze Zahlen $n$ und $k$ mit $0 ≤ k ≤ n$ definiert man $\binom nk= \frac{n!} {k!·(n−k)!}$ , wobei für ganze Zahlen $m$ mit $m ≥0$ definiert wird: $m! = 1·2·...·m$ [ausführlicher: $0! = 1$ sowie $m! = (m−1)!·m \quad (m =1,2,3,...)$].
\showon Lösung
Beweis: Indem man
\[\frac{\binom{2n+1}{k-1}+\binom{2n+1}{k+1}}{\binom{2n+1}k}=\left(\frac{(2n+1)!}{(k-1)!(2n-k+2)!}+\frac{(2n+1)!}{(k+1)!(2n-k+1)!}\right)\frac{k!(2n-k+1)!}{(2n+1)!}\]
durch Kürzen noch vereinfacht, erhält man schließlich
\[\frac{\binom{2n+1}{k-1}+\binom{2n+1}{k+1}}{\binom{2n+1}k}=\frac k{2n-k+2}+\frac{2n-k+1}{k+1}=\frac{2\left((k-n)(k-(n+1))+(n+1)^2\right)}{(k+1)(2n-k+2)}\]
Wir müssen somit nur noch die Frage klären, für welche $k\in\{1,2,...,2n\}$ der rechtsstehende Bruch den kleinsten Wert annimmt. Was seinen Zähler betrifft, ist dies klarerweise für $k=n$ und $k=n+1$ der Fall, für welche Werte er sein Minimum $2(n+1)^2$ annimmt. Für diese beiden Werte von $k$ nimmt aber auch gleichzeitig sein Nenner, den wir auch in der Form
\[(k+1)(2n-k+2)=\frac14\left((2n+3)^2-(2n-2k+1)^2\right)\]
schreiben können, sein Maximum, nämlich $(n+1)(n+2)$ an. Insgesamt wird dieser Bruch also für $k=n$ bzw. $k=n+1$ kleinstmöglich und hat dann den Wert
\[\frac{2(n+1)^2}{(n+1)(n+2)}=2\,\frac{n+1}{n+2}\]
für alle anderen Werte von $k\in\{1,2,...,2n\}$ ist er dagegen größer, was dann die Behauptung hier beweist.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1079 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1083, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Im letzten Teil bin ich mir nicht sicher, ob man den Näherungswert annehmen kann:
Aufgabe 4 - 341024
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,2,4} {
\foreach \j in {0,2,4} {
\draw[fill=black!50]
(\i,\j) -- (\i+1,\j) -- (\i+1,\j+1) -- (\i,\j+1);
}
}
\foreach \i in {1,3,5} {
\foreach \j in {1,3,5} {
\draw[fill=black!50]
(\i,\j) -- (\i+1,\j) -- (\i+1,\j+1) -- (\i,\j+1);
}
}
\foreach \i in {0,1,...,6} {
\draw (\i,0) -- (\i,6);
\draw (0,\i) -- (6,\i);
}
\draw[fill=black!50] (1.5,3.5) circle (0.707);
\end{tikzpicture}
$
Für jede positive ganze Zahl $n$ denke man sich ein Schachbrett von $2n \times 2n$ Feldern. Beispielsweise zeigt die Abbildung ein solches Schachbrett für $n = 3$. Um jedes schwarze Feld denke man sich den Umkreis konstruiert. (Die Abbildung zeigt einen solchen Umkreis.)
a) Beweisen Sie, dass für jedes positive ganzzahlige $n$ die folgende Aussage gilt:
Der Flächeninhalt des Schachbrettes, der von keinem der Kreise
überdeckt wird, beträgt mehr als $20\%$.
b) Ermitteln Sie die kleinste positive ganze Zahl $n$, für die der Flächenanteil des Schachbrettes, der von keinem der Kreise überdeckt wird, weniger als $25\%$ beträgt!
Lösung:
a) O.B.d.A. werde die Breite eines Feldes des Schachbretts mit 1 angenommen. Für eine beliebige Breite $a$ verändert sich das Verhältnis von bedeckter und Gesamtfläche nicht.
Insgesamt gibt es $4n^2$ Felder und damit eine Gesamtfläche $A = 4n^2$.
Ein überdeckender Kreis hat den Radius $\frac{\sqrt{2}}{2}$ und eine Fläche von $A_k = \frac{pi}{2}$.
$2n^2$ Felder sind schwarz und werden mit einem Kreis bedeckt. Jeder dieser Kreise überragt an jeder Seite eines Feldes das Feld um $\frac{1}{4}$ der Differenz zwischen Kreis- und Feldfläche. Allerdings treten an jedem Rand des Schachbretts $n$ Felder auf, deren Kreis über den Rand hinausragt. Damit ragen insgesamt $4n$ Kreise um jeweils $\frac{1}{4}$ der Kreisfläche über das Schachbrett hinaus.
Damit ist die bedeckte Fläche
\[
A_K = 2n^2 \cdot \frac{\pi}{2} - 4n\cdot \frac{1}{4} \left(\frac{\pi}{2}-1\right) = \pi n^2 + \frac{n(2-\pi)}{2}
\]
Der Anteil der bedeckten Fläche ist folglich
\[
V = \frac{A_K}{A} = \frac{\pi n^2 + \frac{n(2-\pi)}{2}}{4n^2} = \frac{2\pi n - \pi +2}{8n}
\]
Die Zahlenfolge $(a_n) = \frac{2\pi n - \pi +2}{8n}$ ist streng monoton wachsend, da $a_{n+1} - a_n = \frac{\pi - 2}{8n(n+1)} > 0$ ($n > 0$) ist. Gleichzeitig gilt für den Grenzwert
\[
\lim \limits_{n\rightarrow\infty} \frac{2\pi n - \pi +2}{8n} = \frac{\pi}{4} < 0,8
\]
D.h., die bedeckte Fläche hat immer einen Anteil kleiner als $80\%$, die bedeckte somit mehr als $20\%$.
b) Es ist das kleinste $n$ zu ermitteln, für welches
\[
\frac{2\pi n - \pi +2}{8n} > \frac{3}{4}
\]
wird. Umstellen ergibt
\[
n > \frac{\pi-2}{2\cdot (\pi-3)} \approx 4,03125
\]
Das kleinste $n$, für das der Flächenanteil des Schachbrettes, der von
keinem der Kreise überdeckt wird, weniger als $25\%$ beträgt, ist damit 5.
LG Steffen
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
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| Beitrag No.1084, eingetragen 2019-07-02
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@stpolster, Aufgabe 4 - 341024:
Ich würde noch erwähnen, dass sich benachbarte Umkreise jeweils nur in einem Punkt schneiden. Das gilt, weil die Diagonalen der weißen Felder Tangenten zu den Umkreisen sind.
Zu der Abschätzung bei b) braucht man, dass $3.\overline 1 = \frac {28}9 < \pi < \frac{22}7$ gilt, denn damit ist:
\[\frac{\pi-2}{2\cdot (\pi-3)} = \frac 12 + \frac 1{2(\pi-3)} \begin{cases}
< \frac 12 + \frac 1{2\cdot \frac 19} = 5\\
> \frac 12+ \frac 1{2\cdot \frac 17} = 4
\end{cases}\]\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
 | Beitrag No.1085, eingetragen 2019-07-02
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341235.png
In einem dreidimensionalen Koordinatensystem sei $O$ der Ursprung und die drei Punkte $A,B,C$ liegen jeweils auf den Koordinatenachsen:
$$\vec a=\left(\begin{array}{c}a\\0\\0\end{array}\right)\qquad \vec b=\left(\begin{array}{c}0\\b\\0\end{array}\right)\qquad\vec c=\left(\begin{array}{c}0\\0\\c\end{array}\right)$$Den Normalenvektor der durch die Punkte $A,B,C$ aufgespannten Ebene berechnet man am einfachsten durch das Kreuzprodukt zweier Kantenvektoren:
$$\vec n=\left(\begin{array}{c}a\\-b\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}a\\ 0\\-c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}bc\\ac\\ab\end{array}\right)=abc\left(\begin{array}{c}\frac1a\\ \frac1b\\\frac1c\end{array}\right)$$$$\vec n^0=\frac1{\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}}\left(\begin{array}{c}\frac1a\\ \frac1b\\\frac1c\end{array}\right)$$
Die normierte Ebenengleichung lautet dann
$$\vec n^0\vec x-\vec n^0\vec a=0$$
Die Höhe $h$ auf das Dreieck $ABC$ ist der Abstand des Ursprungs von dieser Ebene, so dass
$$h=|\vec n^0\vec a|=\frac1{\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}}$$Laut Aufgabenstellung muss gelten:
$$\frac1{\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}}\leq\frac13\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$Quadrieren und mit 3 multiplizieren:
$$\frac3{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}\leq\frac13\left(a^2+b^2+c^2\right)$$Links steht des harmonische Mittel der drei Werte $a^2,b^2,c^2$, rechts das arithmetische. Aufgrund der Ungleichung zwischen arithmetischem und harmonischem Mittel, die als bekannt vorausgesetzt wird, ist diese Ungleichung erfüllt.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1086, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Moin.
\quoteon(2019-07-02 09:57 - stpolster in Beitrag No. 1080)
Aufgabe 3 - 171223
Es sind alle ganzen Zahlen $x$ zu ermitteln, für die
\[
f(x) = \frac{3x^2 + x - 2}{x^2 - 2}
\]
ganzzahlig ist.
Lösung:
Durch Polynomdivision erhält man
\[
f(x) = \frac{3x^2 + x - 2}{x^2 - 2} = 3 + \frac{x+4}{x^2-2}
\]
Damit kann $f(x)$ nur ganzzahlig sein, wenn der Bruch $\frac{x+4}{x^2-2}$ ganzzahlig ist,
\quoteoff
hiernach könnte man ein wenig kürzer, wie folgt, argumentieren:
... , also $x^2-2$ ein Teiler von $x+4$ ist. Damit ist $x^2-2$ auch ein Teiler von $(x+4)(x-4)=x^2-16$ und damit auch von $x^2-16-(x^2-2)=14$. Wegen $x^2\geq 0$ ist $x^2-2\geq -2$, sodass, da 14 genau die ganzzahligen Teiler $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 7$ und $\pm 14$ besitzt, $x^2-2\in\{-2, -1, 1, 2, 7, 14\}$ bzw. $x^2\in\{0,1,3,4,9,16\}$, also $x\in\{0,\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4\}$ gilt. Für alle diese Werte, bis auf $x=4$, zeigt die Probe, dass $f(x)$ tatsächlich auch eine ganze Zahl ist, sodass genau für diejenigen ganzen Zahlen $x$ mit $-4\leq x \leq 3$ der Funktionswert $f(x)$ auch eine ganze Zahl ist.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1087, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Aufgabe 4 - 331044
Jemand findet die Angabe
\[
23! = 2585201673 \ast 8849 \ast 6640000
\]
Darin sind auch die zwei durch $\ast$ angedeuteten unleserlichen Ziffern. Er möchte diese Ziffern ermitteln, ohne die Multiplikationen vorzunehmen, die der Definition von 23! entsprechen.
Führen Sie eine solche Ermittlung durch und begründen Sie diese! Dabei darf verwendet werden, dass die angegebenen Ziffer korrekt sind.
Lösung
Die beiden unbekannten Ziffern seien $x$ und $y$ ($0 \leq x,y \leq 9$), d.h. die Zifferndarstellung
\[
23! = 2585201673x8849y6640000
\]
$23!$ ist auf Grund ihrer Konstruktion garantiert durch 3, 9 und 11 teilbar. Eine Zahl, die durch 3 teilbar ist, hat eine durch 3 teilbare Quersumme. Eine Zahl lässt bei Division durch 9 den gleichen Rest wie ihre Quersumme. Außerdem ist eine Zahl durch 11 teilbar, wenn ihre alternative Quersumme durch 11 teilbar ist.
Die Quersumme ist $Q = 2+5+...+3+x+8+...+8+y+6+...+0 = 84 + x +y$.
Die alternierende Quersumme ist $A = 2-5+6-5\pm ... +x-8\pm ... y+6\mp...0 = 47+x-37-y = 10-x-y$.
Aus $84 \equiv 0 \pmod 3$ folgt dass $x+y$ durch 3 teilbar sein müssen. Damit verbleiben noch folgende Möglichkeiten
$
\begin{tabular}{cc|cc|cc|cc|cc}
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ \\
0 & 0,3,6,9 & 1 & 2,5,8 & 2 & 1,4,7 & 3 & 0,3,6,9 & 4 & 2,5,8\\
5 & 1,4,7 & 6 & 0,3,6,9 & 7 & 2,5,8 & 8 & 1,4,7 & 9 & 0,3,6,9
\end{tabular}
$
Aus $84 \equiv 3 \pmod 9$ ergibt sich das $a+b \equiv 6 \pmod 9$ sein müssen. Von den in der Tabelle genannten Möglichkeiten verbleiben nur noch
$
\begin{tabular}{cc|cc|cc|cc|cc}
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ &
$x$ & $y$ \\
0 & 6 & 1 & 5 & 2 & 4 & 3 & 3 & 4 & 2\\
5 & 1 & 6 & 0,6 & 7 & 5 & 8 & 4 & 9 & 3
\end{tabular}
$
Für die Teilbarkeit durch 11 muss $10+a-b \equiv 0 \pmod 11$ gelten. Testet man die verbliebenen Ziffernpaare $(x,y)$, so erfüllt nur $x = 8$, $y = 7$ die letzte Forderung. Die unleserlichen Ziffern sind 8 und 7, es gilt
\[
23! = 25852016738884976640000
\]
wie ein Kontrollmultiplikation zeigt.
LG Steffen
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.1088, eingetragen 2019-07-02
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\quoteonAufgabe 5 - 341245
Man ermittle alle diejenigen Paare $(x,y)$ nichtnegativer ganzer Zahlen $x,y$, für die gilt:
\[x^3 +8x^2−6x+8= y^3\]
\showon Lösung
Wegen
\[8x^2-6x+8=8\left(x-\frac38\right)^2+\frac{55}8\]
gilt zunächst
\[y^3\ge x^3 +\frac{55}8 \]
woraus in Verbindung mit $x,y\in\mathbb N$ und der Tatsache, dass wegen
\[y^3-x^3=(y-x)(y^2+xy+x^2)=8x^2-6x+8\]
$x$ und $y$ die gleiche Parität haben müssen, dann auch sofort
\[y\ge x+2\]
folgt. Hier gilt aber dann sogar das Gleichheitszeichen, denn wäre $y=x+k$ für ein $k\ge 3$, so könnte wegen
\[\forall x\in\mathbb N:\ y^3=x^3+3kx^2+3k^2+k^3>x^3+8x^2-6x+8 \]
eine Gleichheit dann nicht mehr auftreten, wie man durch einen Größenvergleich der Koeffizienten der beiden Polynomfunktionen in $x$ sofort sieht.
Der Rest ist nun ganz einfach, da nun mithilfe der Substitution $y=x+2$ die Ausgangsgleichung eine einfache Gleichung in $x$ allein wird, nämlich
\[(x+2)^3-x^3-8x^2+6x-8=2x(9-x)=0\]
aus der wir die einzigen beiden Lösungen
\[(x,y)\in\{(0,2),(9,11)\}\]
der Aufgabe dann unmittelbar ablesen können.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1085 begonnen.]
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1089, eingetragen 2019-07-02
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Huhu,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-01_um_17.51.13.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-02_um_15.17.17.png
Aus den Bedingungen folgt durch Umkehrung des Strahlensatzes, dass \(\overline{AB} \parallel \overline{A'B'}\), \(\overline{BC} \parallel \overline{B'C'}\) und \(\overline{AC} \parallel \overline{A'C'}\). Das \(\triangle A'B'C'\) ist somit Mittendreieck von \(\triangle ABC\), womit die Behauptung folgt.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1090, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Hallo Kuestenkind,
\quoteon(2019-07-02 15:33 - Kuestenkind in Beitrag No. 1089)
Aus den Bedingungen folgt durch Umkehrung des Strahlensatzes, dass \(\overline{AB} \parallel \overline{A'B'}\), \(\overline{BC} \parallel \overline{B'C'}\) und \(\overline{AC} \parallel \overline{A'C'}\). Das \(\triangle A'B'C'\) ist somit Mittendreieck von \(\triangle ABC\), womit die Behauptung folgt.
\quoteoff
Danke für die Lösung.
Allerdings "sehe" ich es nicht. Welche Parallelen bilden hier die Strahlensatzfigur?
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1091, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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\quoteon(2019-07-02 16:31 - stpolster in Beitrag No. 1090)
Hallo Kuestenkind,
\quoteon(2019-07-02 15:33 - Kuestenkind in Beitrag No. 1089)
Aus den Bedingungen folgt durch Umkehrung des Strahlensatzes, dass $\overline{AB} \parallel \overline{A'B'}$, $\overline{BC} \parallel \overline{B'C'}$ und $\overline{AC} \parallel \overline{A'C'}$. Das $\triangle A'B'C'$ ist somit Mittendreieck von $\triangle ABC$, womit die Behauptung folgt.
\quoteoff
Danke für die Lösung.
Allerdings "sehe" ich es nicht. Welche Parallelen bilden hier die Strahlensatzfigur?
Danke
Steffen
\quoteoff
Beispielsweise folgt aus der ersten Gleichheit $\frac{|HA|}{|HB|}=\frac{|HA^{\prime}|}{|HB^{\prime}|}$, sodass nach Umkehrung des Strahlensatzes (mit Zentrum $H$) die Parallelität von $AB$ und $A^{\prime}B^{\prime}$ folgt.
Frage: Kann man das noch Strahlensatz nennen, wenn die betrachteten Punkte $A$, $B$ bzw. $A^{\prime}$, $B^{\prime}$ nicht auf einem von $H$ ausgehenden Strahl, sondern verschiedenen Seiten der durch $H$ gehenden Geraden liegen? Andernfalls ist es Strahlensatz und die Ähnlichkeit von Dreiecken...
Cyrix
p.s.: Dafür habe ich ein Verständnisproblem bei weirds Lösung zur 321245: Warum sollte aus $y^3\geq x^3+\frac{55}{8}$ mit $x,y\in \mathbb{Z}$ sofort $y\geq x+2$ folgen? Für genügend große $y=x+1$ ist diese Ungleichung doch auch erfüllt...
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1092, eingetragen 2019-07-02
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Huhu Steffen,
das habe ich doch geschrieben?! Ich benutze ja die Umkehrung, schlussfolgere also die Parallelität. Das ist diese Strahlensatzfigur:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Strahlensatz.jpeg
Wenn \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}\), dann ist \(p_1 \parallel p_2\).
Gruß,
Küstenkind
edit: @cyrix Also in den Schulbüchern läuft dieses auch unter Strahlensatz (wie du siehst). :-)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1090 begonnen.]
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.1093, eingetragen 2019-07-02
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\quoteon(2019-07-02 16:48 - cyrix in Beitrag No. 1091)
p.s.: Dafür habe ich ein Verständnisproblem bei weirds Lösung zur 321245: Warum sollte aus $y^3\geq x^3+\frac{55}{8}$ mit $x,y\in \mathbb{Z}$ sofort $y\geq x+2$ folgen? Für genügend große $y=x+1$ ist diese Ungleichung doch auch erfüllt...
\quoteoff
Ja, danke für den Hinweis, gut aufgepasst. :-)
Ich sag jetzt nicht, dass ich einfach nur die Aufmerksamkeit der Mitleser prüfen wollte, sondern ich habe das entsprechende Argument schlicht und einfach vergessen, obwohl das eigentlich mein erster Ansatz hier war. Ich hoffe, so wie ich es oben ausgebessert habe, passt es aber nun.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1094, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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@weird: Das Paritätsargument spart einem weitere Rechnungen, schön. :)
Cyrix
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1095, eingetragen 2019-07-02
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Hallo Steffen,
\quoteon(2019-07-02 14:42 - stpolster in Beitrag No. 1087)
Die Quersumme ist $Q = 2+5+...+3+x+8+...+8+y+6+...+0 = 84 + x +y$.
Die alternierende Quersumme ist $A = 2-5+6-5\pm ... +x-8\pm ... y+6\mp...0 = 47+x-37-y = 10-x-y$.
\quoteoff
Kleiner Fehler: ganz am Ende muss es $10+x-y$ heißen.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1096, eingetragen 2019-07-02
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Huhu,
\quoteon(2019-07-02 16:48 - cyrix in Beitrag No. 1091)
Beispielsweise folgt aus der ersten Gleichheit $\frac{|HA|}{|HB|}=\frac{|HA^{\prime}|}{|HB^{\prime}|}$ [...]
\quoteoff
diese Umstellung der Bedingungen (welche Steffen nun auch in die Lösung übernommen hat) tut doch überhaupt nicht Not. Der erste Strahlensatz lautet:
Wenn ein Zweistrahl von zwei parallelen Geraden geschnitten wird, dann haben die Abschnitte auf dem einen Strahl das gleich Längenverhältnis wie die entsprechenden Abschnitte auf dem anderen Strahl.
Wieso stellst du nun extra um und bildest ein Verhältnis mit Abschnitten von den verschiedenen Strahlen?
Gruß,
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1094 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.1097, eingetragen 2019-07-02
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\quoteonAufgabe 4 - 341234
Man ermittle die kleinste natürliche Zahl n mit $n ≥2$ und der folgenden Eigenschaft (*):
(*) In jeder Menge von $n$ natürlichen Zahlen gibt es (mindestens) zwei Zahlen, deren Summe oder deren Differenz durch 7 teilbar ist.
\quoteon
\showon
Für $n=4$ (und daher natürlich auch für $n=2,3$) kann man eine solche $n$-elementige Teilmenge $M$ von $\mathbb N$ noch leicht finden, z.B. $M=\{0,1,2,3\}$. Sind dann nämlich $x,y\in M$ und ist $x\ne y$, so gilt für sie $0<|x\pm y|<7$, was somit $x\pm y\equiv 0 \mod 7$ definitiv ausschließt.
Um zu zeigen, dass dies für $n>4$ nicht mehr möglich ist, betrachten wir nun die Partition $P=\{\{0\},\{1,6\},\{2,5\},\{3,4\}\}$ von $\{0,1,...,6\}$ und dazu irgendeine Teilmenge $M$ von $\mathbb N$ mit mindestens $5$ Elementen. Denken wir uns nun zu jedem Element in $M$ jenes Element in $\{0,1,...,6\}$ zugeordnet, zu der es mod $7$ kongruent ist, so muss es dann nach dem Schubfachprinzip wegen $|M|\ge 5$ eine 2-elementige Klasse von $P$ geben, deren zwei Elemente alle bei dieser Zuordnung "getroffen" werden. Die Summe der ihnen entsprechenden Elemente von $M$ ist aber dann nach Konstruktion von $P$ durch $7$ teilbar, q.e.d.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1094 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1098, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Moin.
\quoteon(2019-07-02 18:04 - Kuestenkind in Beitrag No. 1096)
Wieso stellst du nun extra um und bildest ein Verhältnis mit Abschnitten von den verschiedenen Strahlen?
\quoteoff
Du hast völlig recht: Diese Umstellung ist überflüssig. :) (Für mich hat es die Sache intuitiver gemacht, ist aber nicht nötig.)
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1099, eingetragen 2019-07-02
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331242.png
Es ist
$$\frac1k=s_k-s_{k-1}$$Daher kann man die Summe $t_n$ auch wie folgt darstellen:
$$t_n=\sum_{k=1}^n\frac1{k\cdot s_k^2}=\sum_{k=1}^n\frac{\frac1k}{s_k^2}=1+\sum_{k=2}^n\frac{\frac1k}{s_k^2}=1+\sum_{k=2}^n\frac{s_k-s_{k-1}}{s_k^2}$$Da $s_n>s_{n-1}$ für alle $n$, $s_n$ also streng monoton steigend ist, gilt:
$$t_n<1+\sum_{k=2}^n\frac{s_k-s_{k-1}}{s_k\cdot s_{k-1}}$$$$t_n<1+\sum_{k=2}^n\left(\frac1{s_{k-1}}-\frac1{s_k}\right)$$Das ist eine Teleskopsumme, so dass folgt:
$$t_n<1+\frac1{s_1}-\frac1{s_n}$$Mit $s_1=1$ erhält man:
$$t_n<2-\frac1{s_n}<2$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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 | Beitrag No.1100, eingetragen 2019-07-02
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\sourceon nameDerSprache
Aufgabe 3A - 161043A
Bei einem sportlichen Dreikampf ergab sich in jeder der drei Sportarten eindeutig eine Reihenfolge
der Sportler (gekennzeichnet durch Platzziffern 1, 2, 3, ... ).
In jeder der drei Sportarten wurden fuer die ersten fuenf Plaetze Punkte so vergeben, dass die Punktzahl
(natuerliche Zahl > 0) mit wachsender Platzziffer immer kleiner wurde und vom 2. Platz an mit
wachsender Platzziffer die Punktdifferenz zwischen benachbarten Plaetzen stets konstant war.
Diese Punktbewertung war fuer jede der drei Sportarten die gleiche. ¨
Nach zwei Wettkaempfen ergab sich, dass die ersten drei Plaetze in jeder dieser beiden Sportarten stets
von den Sportlern A, B, C errungen wurden (nicht notwendig in dieser Reihenfolge).
Jeder der Sportler A und B hatte nach zwei Wettkaempfen 17 Punkte, und der Sportler C hatte nach
zwei Wettkaempfen 16 Punkte erreicht.
In der Gesamtwertung des Dreikampfes (Summe der drei erreichten Punktzahlen) siegte der Sportler
D. Zweiter wurde der Sportler C.
Man ermittle in den einzelnen drei Sportarten fuer die Sportler C und D diejenigen Platzziffern, die ¨
diese Bedingungen erfuellen!
\sourceoff
Nach 2 Wettkämpfen haben die Sportler A,B,C mit den jeweils errungenen Plätzen von 1 bis 3 insgesamt 50 Punkte (17/17/16) erreicht.
Unter den Voraussetzungen kann die Aufteilung der Platzierungen nur folgendermaßen aussehen: A und B die Plätze 1./3. und 3./1. und für C zwei mal der 2. Platz.
Sei \( x,k,l \in \mathbb{N}\;\)
Sei \(x\) die Punktzahl für Platz 1, \(k\) die Differenz der Punktzahl zwischen Platz 1 und 2, \(l\) die Differenz der Punktzahlen zwischen den Plätzen 2 und 3, 3 und 4, 4 und 5.
Mit C=16: \((x-k)=8\).
\[2x+2(x-k)+2(x-(k+l))=50\]
\[2x+16+16-2l=50\]
\[\Longrightarrow x-l=9\]
\[\Longrightarrow l=k-1\;\;\;(1)\]
Die Summe P bildet die Gesamtpunkte der drei Wettkämpfe
bestehend aus den 75 Punkten für die ersten drei Plätze plus der Punkte für die Plätze vier und fünf:
\[P=75+3(x-(k+2l))+3(x-(k+3l)\]
\[\Longrightarrow P=123-15l\;\;\;(2)\]
Die Punkte pro Wettkampf: \(P/3=41-5l \) bzw. für die Plätze vier und fünf \(P_{4;5}/3=41-25-5l=16-5l\)
Nun lässt sich leicht abschätzen das \(l<3\) sein muss und nur die Werte 1 oder 2 annehmen kann.
Sportler D muß für den Sieg mehr als 18 Punkte erreichen damit C mit mindestens 18 Punkten Platz 2 erreicht.
Die Punkte für Sportler D: \(D_p=2(x-(k+2l))+x\geq19\)
Mit \(x=9+l\) und \(k=l+1\)
\[D_p=2(9+l-(l+1+2l))+9+l\]
\[D_p=25-3l\]
Für \(l=1\) ergeben sich für Sportler C die Platzierungen: \(\lbrace2;2;5\rbrace\), für D: \(\lbrace4;4;1\rbrace\)
Für \(l=2\) ergeben sich ebenfalls für Sportler C die Platzierungen: \(\lbrace2;2;5\rbrace\), für D: \(\lbrace4;4;1\rbrace\)
Punkteverteilung:
\(k=2,\; l=1: 10,8,7,6,5\) und für \(k=3,\; l=2: 11,8,6,4,2\)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1098 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1101, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Aufgabe 3 - 241023
Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen $z$, für die folgendes gilt:
Streicht man aus der Zifferndarstellung von $z$ die letzte Ziffer, so entsteht die Zifferndarstellung einer Zahl, die ein Teiler von $z$ ist.
Lösung:
Entsprechend der Aufgabenstellung muss $z$ mindestens zweistellig sein. Dann kann $z$ dargestellt werden durch $z = 10a + b$, wobei $0 \leq b \leq 9$ und $a = \left[\frac{z}{10}\right]$ ist. Nach dem Streichen verbleibt als Zahl $a$.
D.h., damit $a$ Teiler von $z$ ist, muss
\[
\frac{10a+b}{a} = 10 + \frac{b}{a}
\]
ganzzahlig sein. Die ist genau dann möglich, wenn entweder $b=0$ oder $b$ ein Vielfaches von $a$ ist. Da $b$ im Fall $b\neq 0$ maximal 9 werden kann, gibt es nur für $1\leq a \leq 9$ folgende Möglichkeiten
$
\begin{tabular}{cc|cc|cc|cc}
$a$ & $b$ &
$a$ & $b$ &
$a$ & $b$ &
$a$ & $b$ \\
1 & 1,2,...,9 & 2 & 2,4,6,8 & 3 & 3,6,9 & 4 & 4, 8 \\
5...9 & jeweils $b=2a$
\end{tabular}
$
Damit sind folgende Zahlen $z$ Lösung der Aufgabe:
1. alle auf 0 endenden natürlichen Zahl mit $z > 0$ und
2. $z \in \lbrace 11,12,13,14,15,16,17,18,19,22,24,26,28,33,36,39,44,48,55,66,77,88,99
\rbrace$.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1102, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Heute kamen wieder einige Lösungen zusammen. Danke dafür.
Jetzt haben wir schon 1232.
Es freut mich auch, dass eine neue Mitstreiterin/ein neuer Mitstreiter (?) dabei ist.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1103, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Hmm, da gibt's wohl ein Problem. Per PN habe ich folgende Lösung erhalten
Aufgabe 3A - 341233A
Man ermittle alle diejenigen Paare $(x, y)$ reeller Zahlen $x, y$, die die folgenden Gleichungen (1) und (2)
erfüllen:
$
\sin^4 x = y^4 + x^2y^2 - 4y^2 + 4 \qquad (1)\\
\cos^4 x = x^4 + x^2y^2 - 4x^2 + 1 \qquad (2)
$
Lösung:Durch Gleichsetzen von (1) und (2) folgt
\[\sin^4x-y^4+4y^2-4=\cos^4x-x^4+4x^2-1\;\;\;(3)\]
Wir setzen \(x=0:\;\;\sin^4x=0,\;\;\cos^4x=1\) und erhalten mit \(y^2=z\;\;\) bzw. \(\;\;y=\pm\sqrt{z}\)
\[z^2-4z+4=0\;\;\;(4)\]
\[z_{1;2}=2\pm\sqrt{4-4}\Rightarrow y=\pm\sqrt{2}\]
Irgendwie fällt das $x=0$ sozusagen vom Himmel. Allerdings fühle ich mich für eine korrekte Bewertung überfordert.
Eine Kritik ist bei mir schon eingegangen. Was sagen die anderen?
Danke
Steffen
PS: Ich nehme es erst einmal aus dem Text. Einfügen kann ich es jederzeit wieder; wenn es ok ist.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1104, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Ich mache dann mal nach TomToms Idee die 300936 fertig:
\quoteon
Aufgabe 300936: Gegeben seien drei von einem Punkt $S$ ausgehende Strahlen $s_1$, $s_2$, $s_3$.
Dabei habe der von $s_1$ und $s_3$ gebildete Winkel eine beliebige Größe kleiner als $60^{\circ}$, und der Strahl $s_2$ sei ein beliebiger von $S$ aus in das Innere des Winkels $\angle (s_1,s_3)$ hineinverlaufender Strahl (siehe Abbildung <>).
Gegeben sei ferner eine beliebige Streckenlänge $c$.
a) Wählen Sie derartige Vorgaben $c$, $s_1$, $s_2$, $s_3$ (dabei $s_2$ nicht als Winkelhalbierende von $\angle (s_1,s_3)$ und konstruieren Sie dann drei von $S$ verschiedene Punkte $A$ aus $s_1$, $B$ auf $s_2$ und $C$ auf $s_3$, sodass sie die Ecken eines gleichseitigen Dreiecks $\triangle ABC$ der Seitenlänge $c$ sind!
b) Beschreiben Sie Ihre Konstruktion!
c) Beweisen Sie, dass nach Ihrer Beschreibung konstruierte Dreieck $\triangle ABC$ gleichseitig ist und dass seie Ecken $A$, $B$, $C$ auf $s_1$, $s_2$ bzw. $s_3$ liegen.
Eine Untersuchung, wie viele Dreiecke mit den geforderten Eigenschaften es außerdem noch gibt, wird nicht verlangt.
\quoteoff
Lösung:
Wir geben zuerst an, wie man zu einer gegebenen Strecke $PQ$ einen Kreis $k$ durch $P$ und $Q$ konstruiert, sodass die Peripheriewinkel in desem Kreis über der Sehne $PQ$ einem vorgegebenen Winkel $\alpha$ entspricht:
Man trage in $P$ und $Q$ an die Strecke $PQ$ in die gleiche Halbebene bezüglich der Geraden $PQ$ den Winkel $\frac{180^{\circ}-\alpha}{2}$ ab, der sich leicht aus $\alpha$ konstruieren lässt. Der Schnittpunkt der beiden freien Schenkel dieser beiden Winkel sei $R$. Nach der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle PQR$ gilt dann $\angle QRP=180^{\circ}-2\cdot \frac{180^{\circ}-\alpha}{2}=\alpha$, sodass der Umkreis des Dreiecks $\triangle PQR$ der gesuchte Kreis ist.
Nun zur eigentlichen Konstruktion:
*) Man konstruiere ein gleichseitiges Dreieck $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ der Kantenlänge $c$.
*) Über der Strecke $A^{\prime}B^{\prime}$ konstruiere man den Kreis $k$ durch $A^{\prime}$ und $B^{\prime}$, für den die Peripheriewinkel $\angle A^{\prime}PB^{\prime}$ der Punkte $P$ auf $k$, die in der gleichen Halbebene bezüglich $A^{\prime}B^{\prime}$ wie $C^{\prime}$ liegen, genau so groß ist wie der Winkel zwischen $s_1$ und $s_2$.
*) Analog konstruiere man über der Strecke $A^{\prime}C^{\prime}$ den Kreis $\ell$ durch $A^{\prime}$ und $C^{\prime}$, sodass die entsprechenden Peripheriewinkel zu Punkten, die in der gleichen Halbebene bezüglich $A^{\prime}C^{\prime}$ wie $B^{\prime}$ liegen, die Größe des Winkels zwischen $s_1$ und $s_3$ haben.
*) Der neben $A^{\prime}$ zweite Schnittpunkt der beiden Kreise $k$ und $\ell$ sei mit $M$ bezeichnet, der Schnittpunkt der drei Strahlen $s_1$, $s_2$, $s_3$ mit $S$.
*) Trage von $S$ aus auf $s_1$ die Streckenlänge $|A^{\prime}M|$ ab und erhalte $A$, trage von $S$ aus auf $s_2$ die Streckenlänge $|B^{\prime}M|$ ab und erhalte $B$ und trage schließlich von $S$ aus auf $s_3$ die Streckenlänge $|C^{\prime}M|$ ab und erhalte $C$.
Dann ist $\triangle ABC$ ein gesuchtes Dreieck.
Beweis:
Nach Konstruktion\footnote{Die beiden Kreise $k$ und $\ell$ sind vershieden, denn sonst würden sie mit dem Umkreis des Dreiecks $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ zusammenfallen, sodass die jeweiligen Peripheriewinkel jeweils $60^{\circ}$ betragen würden, entgegen der Voraussetzung.} ist $\angle A^{\prime}MB^{\prime}=\angle ASB$, $\angle A^{\prime}MC^{\prime}=\angle ASC$ und $\angle B^{\prime}MC^{\prime}=\angle A^{\prime}MC^{\prime}-\angle A^{\prime}MB^{\prime}=\angle ASC-\angle ASB=\angle BSC$. Also sind die beiden Dreiecke $\triangle A^{\prime}MB^{\prime}$ und $\triangle ASB$, die beiden Dreiecke $\triangle A^{\prime}MC^{\prime}$ und $\triangle ASC$ sowie die beiden Dreiecke $\triangle B^{\prime}MC^{\prime}$ und $\triangle BSC$ jeweils zueinander kongruent, da sie jeweils in einem Winkel und den beiden anliegenden Seiten übereinstimmen. Also gilt auch $|AB|=|A^{\prime}B^{\prime}|=c=|A^{\prime}C^{\prime}|=|AC|=|B^{\prime}C^{\prime}|=|BC|$. Also ist das Dreieck $\triangle ABC$ gleichseitig mit Kantenlänge $c$, wobei nach Konstruktion $A$ auf $s_1$, $B$ auf $S_2$ und $C$ auf $s_3$ liegt, $\Box$.
Hm, hat jemand ne schlüssige Begründung, warum die beiden Kreise $k$ und $\ell$ sich nicht nur in $A^{\prime}$ berühren können? (Dies würde sonst auf $A=S$ hinauslaufen, was laut Aufgabenstellung verboten ist.) Wenn ja, hier gern ergänzen!
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1102 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1105, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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\quoteon(2019-07-02 21:50 - stpolster in Beitrag No. 1103)
Irgendwie fällt das $x=0$ sozusagen vom Himmel.
\quoteoff
Tatsächlich sehe ich keine Begründung, warum $x=0$ angenommen werden kann. Von meinem jetzigen Standpunkt aus würde ich sagen, dass nur ein Spezialfall bearbeitet wurde.
Vielleicht aber kann man diese Lücke leicht schließen. (Wobei wir schon 2 Lösungen zu der Aufgabe haben, d.h., ich suche jetzt nicht nach einer dritten. ;) )
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1106, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-02
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Danke cyrix.
Damit haben wir die Klassenstufe 9 wieder vollständig.
LG Steffen
Nachtrag: Der Text mit ausschließlich den Aufgaben und Lösungen ist aktualisiert.
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weird
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| Beitrag No.1107, eingetragen 2019-07-03
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Mal zum Entspannen zwischendurch eine kleine "Fingerübung":
\quoteonAufgabe 1 - 141221
Es sei $x_n\ (n =0,1,2,3,...)$ diejenige Zahlenfolge, für die $x_0 =1$ und \[x_n = \frac{x_{n−1}}{x_{n−1} +1}\quad (n =1,2,3,...)\] gilt. Man gebe die Glieder $x_1,x_2$ und $x_3$ dieser Zahlenfolge an. Man gebe einen Term $f(n)$ mit der Eigenschaft $f(n)= x_n\ (n =1,2,3,...)$ an.
\quoteoff
\showon Lösung
Es gilt
\[x_0=1,\quad x_1=\frac1{1+1}=\frac12,\quad x_2=\frac{\frac12}{\frac12+1}=\frac13, \quad x_3=\frac{\frac13}{\frac13+1}=\frac14\]
was die Vermutung nahelegt, dass allgemein die Formel
\[x_n=\frac1{n+1}\quad (n\in\mathbb N)\]
gelten könnte. Tatsächlich trifft sie für $n=0$ offenbar zu, und falls sie für ein $n\in \mathbb N$ bereits bewiesen ist, so gilt sie wegen
\[x_{n+1}=\frac{x_n}{x_n+1}=\frac{\frac1{n+1}}{\frac1{n+1}+1}=\frac1{(n+1)+1}\]
dann auch für $n+1$, was also dann induktiv ihre Gültigkeit für alle $n\in \mathbb N$ beweist.
\showoff
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1108, eingetragen 2019-07-03
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Reine Fleißaufgabe:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331231.png
$$\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\leq\frac{(a+c)(b+d)}{a+b+c+d}$$
$$(abc+abd+acd+bcd)(a+b+c+d)\leq(a+b)(a+c)(b+d)(c+d)$$
$$\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac1d\right)(a+b+c+d)\leq\left(1+\frac ba\right)\left(1+\frac ac\right)\left(1+\frac db\right)\left(1+\frac cd\right)$$
$$1+\frac ba+\frac ca+\frac da+\frac ab+1+\frac cb+\frac db+\frac ac+\frac bc+1+\frac dc+\frac ad+\frac bd+\frac cd+1\leq\left(1+\frac ba+\frac ac+\frac bc\right)\left(1+\frac db+\frac cd+\frac cb\right)$$
$$4+\frac ba+\frac ca+\frac da+\frac ab+\frac cb+\frac db+\frac ac+\frac bc+\frac dc+\frac ad+\frac bd+\frac cd\leq1+\frac ba+\frac ac+\frac bc+\frac db+\frac da+\frac{ad}{bc}+\frac dc+\frac cd+\frac{bc}{ad}+\frac ad+\frac bd+\frac cb+\frac ca+\frac ab+1$$
$$2\leq\frac{ad}{bc}+\frac{bc}{ad}$$$$0\leq a^2d^2-2abcd+b^2c^2$$$$0\leq(ad-bc)^2$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1109, eingetragen 2019-07-03
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Huhu,
hier noch eine Alternative zu 300936:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-03_um_13.46.27.png
Wähle \(A'\) auf \(s_1\) beliebig. Drehe \(s_3\) um \(A'\) um \(-60°\), der Schnittpunkt mit \(s_2\) sei \(B'\). Drehe \(B'\) um \(60°\) um \(A'\), der Bildpunkt sei \(C'\). Das \(\triangle A'B'C'\) ist gleichseitig mit Seitenlänge \(c'\). Strecke anschließend das Dreieck mit Streckfaktor \(k=\frac{c}{c'}\) und Streckzentrum \(S\). Das Bilddreieck ist das gesuchte Dreieck.
Gruß,
Küstenkind
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1110, eingetragen 2019-07-03
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331232.png
Der Punkt $M$ liege im Ursprung eines 2D-Koordinatensystems:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331232_Skizze.png
Wir bestimmen zunächst $r_3$ mithilfe des rechtwinkligen blauen Dreiecks $MM_2M_3$:
$$(r-r_3)^2+\left(\tfrac12r\right)^2=\left(\tfrac12r+r_3\right)^2$$$$r^2-2rr_3+r_3^2+\tfrac14r^2=\tfrac14r^2+rr_3+r_3^2$$$$r^2=3rr_3$$$$r_3=\tfrac13r$$Der Punkt $M_3$ liegt somit bei $(0,\tfrac23r)$, $M_2$ bei $(\tfrac12r,0)$. Der Punkt $M_4$ habe die Koordinaten $(x,y)$ und den unbekannten Radius $r_4$. Das sind drei Unbekannte, die wir aus den drei Bedingungen bestimmen, die sich daraus ergeben, dass der Punkt $M_4$ von drei Kreisen ($h$, $h_2$ und $k_3$) gleichweit entfernt liegen soll. Das führt zu folgenden drei Gleichungen:
$$(1)\qquad (x-\tfrac12r)^2+y^2=(\tfrac12r+r_4)^2$$$$(2)\qquad x^2+(y-\tfrac23r)^2=(\tfrac13r+r_4)^2$$$$(3)\qquad x^2+y^2=(r-r_4)^2$$Multipliziert man die Gleichungen aus und zieht dann Gleichung (1) von (3) ab, erhält man:
$$rx-\tfrac14r^2=\tfrac34r^2-3rr_4$$$$(4)\qquad x=r-3r_4$$Und wenn man Gleichung (2) von (3) abzieht:
$$\tfrac43ry-\tfrac49r^2=\tfrac89r^2-\tfrac83rr_4$$$$(5)\qquad y=r-2r_4$$Wir setzen (4) und (5) wieder in (3) ein:
$$(r-3r_4)^2+(r-2r_4)^2=(r-r_4)^2$$$$2r^2-10rr_4+13r_4^2=r^2-2rr_4+r_4^2$$$$r^2-8rr_4+12r_4^2=0$$$$(r-6r_4)(r-2r_4)=0$$Die einzig plausible Lösung ist $r=6r_4$ bzw. $r_4=\tfrac16r$. Setzt man das in (4) und (5) ein, erhält man für $M_4$ die Koordinaten $(x,y)=(\tfrac12r,\tfrac23r)$. Somit hat der Punkt $M_4$ dieselbe $x$-Koordinate wie $M_2$ und dieselbe $y$-Koordinate wie $M_3$, so dass das Viereck $MM_2M_4M_3$ tatsächlich ein Rechteck darstellt.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1111, eingetragen 2019-07-03
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Aufgabe 2 - 131222
Jeder von 41 Schülern einer Klasse hatte an genau drei Leichtathletik-Wettkämpfen im Laufen teilzunehmen.
Dabei musste jeder dieser Schüler je einmal auf den Bahnen 1, 2 und 3 antreten.
Schüler A meint, dass es in dieser Klasse allein auf Grund dieser Bestimmungen mindestens sieben Schüler geben müsse, bei denen die Reihenfolge der Startbahnen übereinstimmte.
Schüler B meint dagegen nach einigem Nachdenken, dass es sogar acht solcher Schüler geben müsse.
Man überprüfe, ob jede dieser beiden Meinungen richtig ist.
Ich habe wahrscheinlich die Aufgabe nicht verstanden und komme zu einfach mit 3! auf 6 Permutationen was einer Schüleranzahl von mindestens \(1 \cdot 7\) Schülern mit gleicher Startbahn-Reihenfolge entspräche \((5\cdot7+1\cdot6=41)\) Schüler und 41 Durchgänge. Minimal 8 Schüler mit gleicher Reihenfolge der Startbahnen würde somit nicht zutreffen, dafür müssten es schon 43 Schüler sein. Aber kann das so schon eine Lösung sein ?
LG Olga
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.1112, eingetragen 2019-07-03
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Eine echt fiese Aufgabe, bei der ich lange falsch unterwegs war. :-(
\quoteonAufgabe 2 - 141222
Gegeben sei eine rechteckige Tabelle mit drei Zeilen und vier Spalten, also mit $12$ Feldern. In einem dieser Felder stehe die Zahl $0$.
Man untersuche, ob es eine Möglichkeit gibt, alle übrigen Felder mit Hilfe der natürlichen Zahlen von $0$ bis $9$ derart auszufüllen, dass
(1) jede in der Tabelle vorkommende Zahl dort höchstens zweimal auftritt, (2) die Summen der Zahlen in jeder der drei Zeilen gleich groß sind,
(3) die Summen der Zahlen in jeder der vier Spalten gleich groß sind, wobei diese (somit viermal auftretende) Summe größer als $15$ ist.
\showon
Sei $s_1$ die nach (2) jeweils gleiche Zeilensumme und $s_2>15$ die nach (3) jeweils gleiche Spaltensumme. Für die Summe s sämtlicher Tabellenelemente gilt demnach
\[s=3s_1=4s_2\Rightarrow s>60\ \land \ 12\mid s\]
Das kleinste $s$, welches daher in Frage kommt, ist somit $s=72$. Des weiteren gilt für $s$, da auch die $0$ in der Tabelle vorkommen muss und jeder Eintrag höchstens zweimal vorkommen darf, die Abschätzung nach oben
\[s\le 0+4+5+5+6+6+7+7+8+8+9+9=74\]
Daraus folgen unmittelbar die Werte
\[s=72,\ s_1=\frac{72}3=24, \ s_2=\frac{72}4=18\]
Dieser Wert $s_2=18$ ist aber für die Spalte, in der $0$ vorkommt, nur erreichbar, wenn die beiden anderen Elemente der Spalte jeweils $9$ sind. Damit ist aber nun die Zeilensumme $s_1=24$ für die Zeile, in der $0$ vorkommt nicht mehr erreichbar, da die $9$ nun nicht mehr verwendet werden darf und auch die $8$ höchstens zweimal vorkommen darf, aber $8+8+7+0<24$ ist. Es gibt somit unter den angegebenen Bedingungen keine Lösung der Aufgabe.
\showoff
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weird
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| Beitrag No.1113, eingetragen 2019-07-03
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\quoteonAufgabe 2 - 141232
Gegeben sei eine rationale Zahl $c$. Ferner sei $M$ die Menge aller derjenigen Paare $(a,b)$ aus rationalen Zahlen $a,b$, für die $a+b = c$ gilt. Beweisen Sie, dass unter allen Produkten $a·b$ mit $(a,b)∈ M$ dasjenige am größten ist, das aus dem Paar $(a,b)$ mit $a = b$ gebildet wurde!
\quoteoff
\showon
Wegen
\[a\cdot b=\left(\frac c2\right)^2-\left(\frac{a-b}2\right)^2\]
für $(a,b)\in M$ wird der Maximalwert für $a\cdot b$, nämlich $a\cdot b=\left(\frac c2\right)^2$, genau für $a=b$, also dann für \[(a,b)=\left(\frac c2,\frac c2\right)\in M\] erreicht.
\showoff
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weird
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\quoteonAufgabe 1 - 331221
Ermitteln Sie alle diejenigen Paare $(x,y)$ reeller Zahlen, die das folgende Gleichungssystem (1), (2) erfüllen!
\[2−x+y =\sqrt{18+x−y}\quad (1)\\
\sqrt{1+x+y} +\sqrt{2+x−y} =5 \quad (2)\]
\quoteoff
\showon
Lösung: Durch Quadrieren von (1) erhält man zunächst
\[(x-y)^2-4(x-y)+4=18+x-y\]
und durch eine einfache Umformung daraus weiter
\[(x-y)^2-5(x-y)-14=(x-y+2)(x-y-7)=0\]
Von den beiden Möglichkeiten
\[x-y=-2 \quad \text{bzw.}\quad x-y=7\]
ist aber nur
\[x-y=-2\quad (3)\]
auch wirklich eine Lösung von (1), wie man durch Einsetzen sofort feststellt, die zweite ist dagegen eine durch das Quadrieren entstandene Scheinlösung, denn sie würde auf den Widerspruch $-5=\sqrt{25}$ führen. Durch Einsetzen von $x-y=-2$ vereinfacht sich (2) nun sofort zu
\[\sqrt{1+x+y}=5\quad \text{bzw.}\quad x+y=24\quad (4)\] woraus man in Verbindung mit (3) dann unmittelbar
\[x=11,\ y=13\]
erhält, was auch tatsächlich das Gleichungssystem (1) und (2) hier löst.
\showoff
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\quoteon(2019-07-03 16:56 - OlgaBarati in Beitrag No. 1111)
Aufgabe 2 - 131222
Jeder von 41 Schülern einer Klasse hatte an genau drei Leichtathletik-Wettkämpfen im Laufen teilzunehmen.
Dabei musste jeder dieser Schüler je einmal auf den Bahnen 1, 2 und 3 antreten.
Schüler A meint, dass es in dieser Klasse allein auf Grund dieser Bestimmungen mindestens sieben Schüler geben müsse, bei denen die Reihenfolge der Startbahnen übereinstimmte.
Schüler B meint dagegen nach einigem Nachdenken, dass es sogar acht solcher Schüler geben müsse.
Man überprüfe, ob jede dieser beiden Meinungen richtig ist.
Ich habe wahrscheinlich die Aufgabe nicht verstanden und komme zu einfach mit 3! auf 6 Permutationen was einer Schüleranzahl von mindestens \(1 \cdot 7\) Schülern mit gleicher Startbahn-Reihenfolge entspräche \((5\cdot7+1\cdot6=41)\) Schüler und 41 Durchgänge. Minimal 8 Schüler mit gleicher Reihenfolge der Startbahnen würde somit nicht zutreffen, dafür müssten es schon 43 Schüler sein. Aber kann das so schon eine Lösung sein ?
\quoteoff
Ich denke schon, dass du die Aufgabe richtig verstanden hast, nur würde ich das etwas sauberer ausformulieren, etwa so:
\showon
Dies ist einfach eine Anwendung des Schubfachprinzips in der folgenden etwas schärferen Form: Verteilt man $n$ Objekte auf $k$ Mengen, wobei $n,k>0$ ist, so gibt es mindestens eine Menge, in der sich zumindest $\lceil \frac nk \rceil$ Objekte befinden. ($\lceil \frac nk \rceil$ bezeichnet dabei die kleinste ganze Zahl $g$ mit $g\ge \frac nk$.)
Hier sind die $n$ Objekte nun einfach die 41 Schüler und die $k$ Mengen sind einfach die 6 Mengen, welche der Aufteilung der Schüler gemäß den $3!$ Permutationen der $3$ Startbahnen entsprechen, d.h., es ist $n=41$ und $k=6$. Also muss es dann tatsächlich mindestens $7\ (=\lceil \frac{41}6\rceil)$ Schüler geben, für welche die Reihenfolge der Startbahnen übereinstimmt. Für $8$ Schüler kann man dagegen diese Aussage nicht mehr machen, wie die einfache Gleichung
\[7+7+7+7+7+6=41\]
zeigt, welche eine mögliche "Belegung" der $6$ Permutationen der Startbahnen angibt, bei der es keine $8$ Schüler mit der gleichen Reihenfolge der Startbahnen gibt.
\showoff
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1116, eingetragen 2019-07-04
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\quoteon(2019-07-04 09:36 - weird in Beitrag No. 1115)
Aufgabe 2 - 131222
Ich denke schon, dass du die Aufgabe richtig verstanden hast, nur würde ich das etwas sauberer ausformulieren, etwa so:
\showon
Dies ist einfach eine Anwendung des Schubfachprinzips in der folgenden etwas schärferen Form: Verteilt man $n$ Objekte auf $k$ Mengen, wobei $n,k>0$ ist, so gibt es mindestens eine Menge, in der sich zumindest $\lceil \frac nk \rceil$ Objekte befinden. ($\lceil \frac nk \rceil$ bezeichnet dabei die kleinste ganze Zahl $g$ mit $g\ge \frac nk$.)
Hier sind die $n$ Objekte nun einfach die 41 Schüler und die $k$ Mengen sind einfach die 6 Mengen, welche der Aufteilung der Schüler gemäß den $3!$ Permutationen der $3$ Startbahnen entsprechen, d.h., es ist $n=41$ und $k=6$. Also muss es dann tatsächlich mindestens $7\ (=\lceil \frac{41}6\rceil)$ Schüler geben, für welche die Reihenfolge der Startbahnen übereinstimmt. Für $8$ Schüler kann man dagegen diese Aussage nicht mehr machen, wie die einfache Gleichung
\[7+7+7+7+7+6=41\]
zeigt, welche eine mögliche "Belegung" der $6$ Permutationen der Startbahnen angibt, bei der es keine $8$ Schüler mit der gleichen Reihenfolge der Startbahnen gibt.
\showoff
\quoteoff
Da bin ich beruhigt und es gibt nun für die Sammlung eine annehmbare Lösung für die ich meine halb formulierte Lösung gerne zurück stelle.
LG Olga
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1117, eingetragen 2019-07-04
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232_Skizze.png
Zu bestimmen ist die Summe $x+y+z$. Es ist
$$y=q\cos30°-z\sin30°$$und
$$x=r\cos30°-z\sin30°$$Bekanntermaßen ist $\sin30°=\tfrac12$ und $\cos30°=\tfrac{\sqrt3}2$. Das ergibt:
$$x+y+z=\tfrac{\sqrt3}2r-\tfrac12z+\tfrac{\sqrt3}2q-\tfrac12z+z=\tfrac{\sqrt3}2(q+r)=h$$wobei $h$ die Höhe des Dreiecks sei.
q.e.d.
Man kann es sich auch durch einfache geometrische Überlegungen klarmachen, wenn man sieht, dass $x+y+z$ gleich der Summe der roten und orangefarbenen Strecke entspricht. Spiegelt man das ganze Dreieck an der Strecke $AB$, wird auch klar, dass die Summe der roten und orangefarbenen Strecke gleich der Höhe des gleichseitigen Dreiecks ist.
Steffen, ich habe festgestellt, dass Du meine Skizzen, die ich als Bild einfüge, noch einmal abzeichnest. Ich zeichne die Skizzen mit Geogebra. Würde es Dir Arbeit ersparen, wenn ich Dir die Dateien einfach zur Verfügung stelle?
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1118, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-04
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\quoteon(2019-07-04 12:37 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1117)
Steffen, ich habe festgestellt, dass Du meine Skizzen, die ich als Bild einfüge, noch einmal abzeichnest. Ich zeichne die Skizzen mit Geogebra. Würde es Dir Arbeit ersparen, wenn ich Dir die Dateien einfach zur Verfügung stelle?
\quoteoff
Das ist keine Kritik an deinen Darstellungen. Die sind wirklich schön.
Ich versuche nur, ein möglichst einheitliches Bild hinzubekommen; was mir noch nicht ganz gelungen ist.
Wichtiger ist aber, dass bei der Menge der Aufgaben die Datei ziemlich groß wird und jedes PNG-Bild wesentlich mehr Platz einnimmt, als eine tikz-Vektorgafik.
Deshalb versuche ich alle PNG-Bilder durch tikz zu ersetzen. Im Moment sind noch 13 auszutauschen. Nur leider sind die auch ziemlich kompliziert. Bisher habe ich schon ein gutes halbes MByte so gespart.
Einen weiteren Vorteil haben die Vektorgrafiken auch bei der Darstellung auf dem Bildschirm und beim Druck.
Geogebra habe ich nicht. (Ich weiß ziemlich blöd, da Geogebra ausgezeichnet ist. Ich habe aber ein gestörtes Verhältnis zu Java-Anwendungen. :-( )
Allerdings kann man in Geogebra das Bild als tikz-Datei auslagern. Das wäre nicht schlecht.
LG Steffen
PS: 1261 Lösungen, das sind schon mehr als 80 %. :-)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1119, eingetragen 2019-07-04
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\quoteon(2019-07-04 13:32 - stpolster in Beitrag No. 1118)
Das ist keine Kritik an deinen Darstellungen. Die sind wirklich schön.
Ich versuche nur, ein möglichst einheitliches Bild hinzubekommen; was mir noch nicht ganz gelungen ist.
Wichtiger ist aber, dass bei der Menge der Aufgaben die Datei ziemlich groß wird und jedes PNG-Bild wesentlich mehr Platz einnimmt, als eine tikz-Vektorgafik.
Deshalb versuche ich alle PNG-Bilder durch tikz zu ersetzen. Im Moment sind noch 13 auszutauschen. Nur leider sind die auch ziemlich kompliziert. Bisher habe ich schon ein gutes halbes MByte so gespart.
Einen weiteren Vorteil haben die Vektorgrafiken auch bei der Darstellung auf dem Bildschirm und beim Druck.
Geogebra habe ich nicht. (Ich weiß ziemlich blöd, da Geogebra ausgezeichnet ist. Ich habe aber ein gestörtes Verhältnis zu Java-Anwendungen. :-( )
Allerdings kann man in Geogebra das Bild als tikz-Datei auslagern. Das wäre nicht schlecht.
LG Steffen
PS: 1261 Lösungen, das sind schon mehr als 80 %. :-)
\quoteoff
Hallo Steffen,
ich habe es auch nicht als Kritik verstanden. Es war mir schon klar, dass es wohl um die Dateigröße geht.
Wenn Du sagst, was die Kriterien für eine einheitliche Darstellung sind, werde ich versuchen, das besser nachzuahmen. Ich kann Dir auch mal eine tikz-Exportdatei testhalber per Notizbucheintrag zur Verfügung stellen.
Ciao,
Thomas
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