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| Autor |
 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.1160, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-05
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Dann frage ich mich, welche Folge ich für $n=3$ übersehe, siehe Beitrag davor.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1161, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-05
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\quoteon(2019-07-05 23:34 - cyrix in Beitrag No. 1160)
Dann frage ich mich, welche Folge ich für $n=3$ übersehe, siehe Beitrag davor.
\quoteoff
Ich denke, die 454.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1162, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-05
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Danke! :)
Dann gehe ich mal auf Suche nach dem Fehler in der Überlegung davor...
Cyrix
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1163, eingetragen 2019-07-05
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Es sollte dann ja $A_3=8+5=13$ sein, was sich als erster Wert von dem von dir angegebeben 14 unterscheidet. Also gebe ich mal alle 13 an:
01) 121
02) 123
03) 212
04) 232
05) 234
06) 321
07) 323
08) 343
09) 345
10) 432
11) 434
12) 543
13) 545
Cyrix
\quoteoff
Es fehlt 454.
Die von dir betrachteten Folgen $A_{i,n}$ kommen implizit bei mir auch vor.
Ich finde auch keinen Fehler, in deiner Rechnung von $A_{n+2}= 3A_{n}-A_{1,n}-A_{5,n}$.
Wie du auf die Rekursion $A_{n+2}=A_{n+1}+A_n$ kommst kann ich aber nicht nachvollziehen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1160 begonnen.]\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.1164, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-05
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Bei der ersten Rekursion $A_{n+2}=3A_n-\dots$ hatte ich ein $A_{3,n}$ übersehen. Somit ist diese Rekursion falsch gewesen.
(Die Rekursion $A_{n+1}=2A_n-A_{1,n+1}-A_{5,n+1}$ stimmt zwar noch, aber ich hatte bei in dem Beitrag einfach in die Rekursion für $A_{n+1}$ als $3A_n-\dots=A_n+(2A_n-\dots)$ geschrieben und für den hinteren Teil $A_{n+1}$ eingesetzt.)
Cyrix
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OlgaBarati
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
 | Beitrag No.1165, eingetragen 2019-07-06
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@ Allen die mir hier Hinweise auf Fehler/Unvollständigkeiten/Mängel gegeben haben zunächst erst einmal vielen Dank. Es macht mir viel Freude mich an den Aufgaben zu versuchen, auch wenn eine Übernahme meiner "fast" richtigen Lösungen besser unterbleiben sollte und die Aufgaben somit quasi auch noch offen/richtig zu lösen sind.
LG Olga
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1163 begonnen.]
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
 | Beitrag No.1166, eingetragen 2019-07-06
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Steffen, bitte diese Aufgabe korrigieren:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321245.png
Die drei Seitenlängen seien $a$, $b$ und $c$ mit $0 < a\leq b\leq c$. Die längste Seite sei $c$. Aufgrund der Dreiecksungleichung $a+b>c$ gilt $c_{max}=\Big\lfloor\frac{1993}2\Big\rfloor=996$. Aufgrund der Sortierung nach der Größe gilt aber auch $c_{min}=\Big\lceil\frac{1993}3\Big\rceil=665$, denn dann ist $a=b=664$. Daher gilt:
$$665\leq c\leq996$$Es gilt weiter:
$$a+b=1993-c$$Um die Anzahl der Dreiecke für ein gegebenes $c$ zu bestimmen, müssen wir jeweils das minimale und maximale $a$ herausfinden. $a$ ist minimal, wenn $b$ maximal ist, und das maximale $b$ ist gleich $c$. Daher ist
$$a_{min}=1993-2c$$$a$ ist maximal, wenn es gleich $b$ ist, oder um 1 kleiner als $b$, wenn $a+b$ ungerade ist. Also gilt:
$$a_{max}=\Big\lfloor\frac{1993-c}2\Big\rfloor$$Wir unterscheiden daher die 2 Fälle, ob $c$ gerade oder ungerade ist. Die Anzahl der jeweiligen Dreiecke sei $A_c$.
1. $c=2m$ mit $m=333...498$ Dann ist
$$a_{min}=1993-4m$$$$a_{max}=996-m$$$$A_{2m}=996-m-(1993-4m)+1=3m-996$$
2. $c=2m+1$ mit $m=332...497$ Dann ist
$$a_{min}=1991-4m$$$$a_{max}=996-m$$$$A_{2m+1}=996-m-(1991-4m)+1=3m-994$$
Die Gesamtanzahl an nicht kongruenten Dreiecken ist dann
$$A=\sum_{m=333}^{498}(3m-996)+\sum_{m=332}^{497}(3m-994)$$$$A=\sum_{m=1}^{166}(3m)+\sum_{m=1}^{166}(3m-1)$$$$A=2\cdot3\sum_{m=1}^{166}m-166$$$$A=3\cdot166\cdot167-166=166\cdot(3\cdot167-1)=166\cdot500$$$$A=83000$$
Es gibt daher exakt 83000 nicht kongruente Dreiecke.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1167, eingetragen 2019-07-06
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Mit der korrigierten Rekursion von Cyrix kann ich es jetzt lösen:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_271243.png
\showon
Es sei $A_{i,n}$ die Anzahl der Wörter, aus $n$ Buchstaben, die mit $a_i$ enden.
Die gesuchte Anzahl ist dann $A_n:= A_{1,n}+A_{2,n}+A_{3,n}+A_{4,n}+A_{5,n}$.
Offenbar gilt die Rekursion
\[
A_{i,n+1}= \begin{cases} A_{2,n}&\text{falls }i=1\\
A_{i-1,n} + A_{i+1,n}&\text{falls }2\leq i\leq 4\\
A_{4,n}&\text{falls }i=5\end{cases}
\]
Damit folgt
\[
\begin{align*}
A_{n+1}&= (A_{2,n})
+ (A_{1,n}+A_{3,n})
+ (A_{2,n}+A_{4,n})
+ (A_{3,n}+A_{5,n})
+(A_{4,n})\\
&= A_n +A_{2,n}+A_{3,n}+A_{4,n}.
\end{align*}
\]
Weiter ist
\[
\begin{align*}
A_{n+2}&= A_{n+1} +A_{2,n+1}+A_{3,n+1}+A_{4,n+1}\\
&= (A_n +A_{2,n}+A_{3,n}+A_{4,n}) + (A_{1,n}+A_{3,n})+(A_{2,n}+A_{4,n})+(A_{3,n}+A_{5,n})\\
&= 3A_n- A_{1,n}+A_{3,n}-A_{5,n}
\end{align*}
\]
Schließlich ist dann
\[
\begin{align*}
A_{n+3}&= 3A_{n+1}- A_{1,n+1}+A_{3,n+1}-A_{5,n+1}\\
&= 3A_{n+1}- A_{2,n}+(A_{2,n}+A_{4,n})- A_{4,n}\\
&= 3A_{n+1}
\end{align*}
\]
Durch explizites Nachrechnen finden wir außerdem, dass $A_1 = 5, A_2 = 8, A_3 = 14$.
Insgesamt folgt dann
\[A_n = \begin{cases}5 &\text{falls }n=1\\
8\cdot 3^{m-1}&\text{falls }n=2m\\
14\cdot 3^{m-1}&\text{falls }n=2m+1, n\not=1\end{cases}\]
\showoff
\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.1168, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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Schön! :) Das ist eine schülergerechte Lösung.
Cyrix
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.1169, eingetragen 2019-07-06
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\quoteonAufgabe 1 - 331241
Man untersuche für jede der beiden unten genannten Aussagen a) und b), ob diese Aussage für jede Menge wahr ist, in der sich genau $32$ positive ganze Zahlen befinden, von denen jede kleiner als $112$ ist und von denen keine zwei einander gleich sind:
a) Es gibt eine Zahl, die unter den Differenzen von je zwei dieser Zahlen mindestens fünfmal vorkommt.
b) Es gibt eine Zahl, die unter den Differenzen von je zwei dieser Zahlen mindestens sechsmal vorkommt.
Hinweis: In dieser Aufgabe sei als Differenz zweier Zahlen $x,y$ stets die Zahl $|x−y|$ verstanden. Sind $x,y$ Zahlen einer obengenannten Menge, so werde diese Differenz unter allen zu berücksichtigenden nur einmal gezählt (nicht etwa zweimal, als $|x−y|$ und als $|y−x|$).
\quoteoff
\showon
Dies ist wieder einfach nur eine Anwendung des Schubfachprinzips in der folgenden verschärften 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 $g\ge \frac nk$.)
Konkret ist hier $n=\frac{32*31}2=496$, also die Gesamtanzahl der Differenzen, welche bei $32$ positiven ganzen Zahlen gebildet werden können und $k=110$, also die Gesamtanzahl an möglichen Differenzen, welche zwischen zwei verschiedenen Zahlen in der Menge $\{1,2,,...,111\}$ überhaupt auftreten können. Und tatsächlich ist
\[\left\lceil\frac{496}{110}\right\rceil=5\]
d.h., die Aussage a) ist richtig. Dagegen ist b) falsch, denn es ist natürlich möglich, dass jede der $110$ Differenzen weniger als sechsmal vorkommt, z.B. etwa bei der folgenden - zwar extrem unwahrscheinlichen, aber immerhin möglichen - Aufteilung
\[54\cdot 4+56\cdot 5=496\]
der $496$ Differenzen, bei der sich in einer Gruppeneinteilung nach verschiedenen Differenzen, mit dann also jeweils gleicher Differenz innerhalb einer Gruppe, $54$ mal Vierergruppen und $56$ mal Fünfergruppen gebildet hatten.
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.1170, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon
Aufgabe 201231: Man ermittle alle reellen Zahl $x$, für die das folgende System von Ungleichungen (1), (2), (3) erfüllt ist:
(1): $x^4+x^2-2x\geq 0$
(2): $2x^3+x-1<0$
(3): $x^3-x>0$
\quoteoff
Lösung:
Wir führen eine Fallunterscheidung nach dem Vorzeichen von $x$ durch:
1. Fall: $x\geq 0$. Dann ist nach (3) $00$ und $01$ und damit auch $x>1$. Dann jedoch ist $2x^3+x-1>2x^3>0$ im Widerspruch zu (2), sodass es hier keine Lösung gibt.
2. Fall: $x<0$. Dann ist $-2x>0$ und wegen $x^4>0$ sowie $x^2>0$ (1) erfüllt. Offensichtlich ist auch $2x^3<0$ und $x-1<0$, also auch (2) erfüllt. Wegen $0\frac{1}{2}\end{cases}$
alle drei Bedingungen erfüllt:
Offensichtlich ist für alle $0\leq x\leq 1$ der Funktionswert $f(x)\geq 0$ und auch ist $f(1)=1$, sodass (1) und (2) erfüllt sind. Weiterhin ist $f$ auch monoton steigend. Seien nun $0\leq x_1\leq 1$ und $0\leq x_2\leq 1$ mit $x_1+x_2\leq 1$. Wäre $x_1>\frac{1}{2}$ und auch $x_2\frac{1}{2}$, so, im Widerspruch zur Voraussetzung $x_1+x_2>1$. Also muss mindestens einer der beiden Werte kleiner als oder höchstens gleich $\frac{1}{2}$ sein. Sei o.B.d.A. $x_1\leq \frac{1}{2}$, so ist $f(x_1+x_2)\geq f(x_2)=0+f(x_2)=f(x_1)+f(x_2)$. Also erfüllt diese Funktion $f$ auch Bedingung (3).
Sei nun $x=\frac{1}{1{,}995}>\frac{1}{2}$. Dann ist $f(x)=1=1{,}995 \cdot x > 1{,}99 \cdot x$, sodass die in der Aufgabenstellung formulierte Bedingung nicht für alle $00$ für alle $00$ folgt, es also keine weitere Lösung gibt.
Damit hat die Gleichung der Aufgabenstellung nur genau eine Lösung, nämlich $x=\frac{2n-1}{2}$, was die Probe auch schnell bestätigt.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1171, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon(2019-07-04 17:55 - OlgaBarati in Beitrag No. 1123)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_dosenpyramide.gif
\quoteoff
Lösung:
Es sei $m$ die Anzahl der Reihen der beiden kleinen Stapel und $n>m$ die des großen. Dann gilt $z=2 \cdot \frac{m(m+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$ bzw. nach Multiplikation mit 8 und Addition von 2: $2\cdot (4m^2+4m+1)=4n^2+4n+1+1$ bzw. nach der Substitution $y:=2m+1$ und $x:=2n+1$ die Pellsche Gleichung
$x^2-2y^2=-1$.
Eine Lösung dieser Gleichung ist $(x_1,y_1)=(1,1)$, sodass mit $-1=x_1^2-2y_1^2=(x_1+\sqrt{2} \cdot y_1) \cdot (x_1 - \sqrt{2} \cdot y_1)$ auch für jede ungerade natürliche Zahl $n$ auch $-1=(-1)^n=(x_1+\sqrt{2} \cdot y_1)^n \cdot (x_1 - \sqrt{2} \cdot y_1)^n:=(x_n+\sqrt{2} \cdot y_n) \cdot (x_n-\sqrt{2} \cdot y_n)$ gilt.
Dabei ergibt sich
$x_{n+2}+\sqrt{2} \cdot y_{n+2}=(x_n+\sqrt{2} \cdot y_n) \cdot (x_1+\sqrt{2} \cdot y_1)^2=(x_n+\sqrt{2} \cdot y_n) \cdot (1+2\sqrt{2} + 2)=3x_n+4y_n+\sqrt{2} \cdot (2x_n+3y_n)$,
also $x_{n+2}=3x_n+4y_n$ und $y_{n+2}=2x_n+3y_n$.
Wir erhalten also folgende Lösungen
$
\begin{tabular}{r|r|r}
$n$ & $x_n$ & $y_n$\\
\hline
1 & 1 & 1\\
3 & 7 & 5\\
5 & 41 & 29\\
7 & 239 & 169\\
\end{tabular}
$
Aus der letzten Lösung erhalten wir $m=\frac{y-1}{2}=84$ und $n=\frac{x-1}{2}=119$. Tatsächlich ist $2\cdot \frac{84\cdot 85}{2}=7140=z=\frac{119\cdot120}{2}$, sodass es einen Stapel aus $z=7140$ Gegenständen gibt, der sich in zwei Stapel von untereinander gleicher Höhe umordnen lässt.
Cyrix
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weird
Senior 
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.1172, eingetragen 2019-07-06
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Auf Euler's Spuren - jetzt natürlich nicht, was dessen Genialität, sondern nur was seine Unbekümmertheit bei manchen mathematischen Untersuchungen angeht. Hoffentlich passt es trotzdem. :-D
\quoteonAufgabe 3 - 301243
Man ermittle alle diejenigen Funktionen $f$, die den folgenden Bedingungen (1) und (2) genügen:
(1) Die Funktion $f$ ist für alle reellen Zahlen $x$ definiert und stetig.
(2) Für jede reelle Zahl $x$ gilt $f(x)−4f(x^2)= x−16x^4$.
\showon
Wir versuchen zunächst mit dem Ansatz
\[f(x)=a_2x^2+a_1x+a_0\quad (a_0,a_1,a_2\in\mathbb R)\]
eine Polynomfunktion $f$ mit den geforderten Eigenschaften zu finden. Einsetzen in (2) führt dann auf
\[-4a_2x^4+(a_2-4a_1)x^2+a_1x-3a_0=x-16x^4\]
und ein einfacher Koeffizientenvergleich ergibt
\[a_2=4,\ a_1=1,\ a_0=0\]
d.h.,
\[f(x)=4x^2+x\]
erfüllt tatsächlich unsere Bedingungen hier und ist somit eine Lösung. Wir zeigen im Folgenden, dass sie auch die einzige ist. Setzt man nämlich
\[g(x):=f(x)-4x^2-x\]
so ist natürlich auch $g$ für alle reellen Zahlen definiert und stetig, erfüllt aber nun die wesentlich einfachere Funktionalgleichung
\[g(x)=4g(x^2)\]
Aus ihr folgt durch Einsetzen sofort
\[g(0)=g(1)=0\]
sowie
\[g(-x)=g(x)\]
d.h., $g$ ist jedenfalls eine gerade Funktion. Unser Ziel ist es zu zeigen, dass sie unter diesen Bedingungen nur identisch $0$ sein kann, d.h., $f(x)=4x^2+x$ ist tatsächlich die einzige Lösung hier.
Angenommen nämlich, es gäbe ein $x_0\in\mathbb R$ mit $g(x_0)=y_0\ne 0$, wobei wir o.B.d.A. $x_0>0$ voraussetzen dürfen, so gibt es dann wegen der Stetigkeit von $g$ für $x=1$ ein $\delta>0$, sodass $|g(x)|<|y_0|$ für alle $x$ mit $|x-1|<\delta$. Nun gilt aber auch
\[g(x_0)=\frac14 \,g(\sqrt{x_0})=\frac1{4^2}\,g(\sqrt[4]{x_0})=…=\frac1{4^k}\,g(\sqrt[2^k]{x_0})=...\quad (k\in\mathbb N)\]
und indem wir hier nur $k$ genügend groß wählen, dann weiter
\[\left|\sqrt[2k]{x_0}-1\right|<\delta
\Rightarrow \left|g(\sqrt[2^k]{x_0})\right|<|y_0|\Rightarrow |g(x_0)|<|y_0|\]
ein klarer Widerspruch, der somit die Behauptung beweist.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1169 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1173, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon
Aufgabe 211221: Sind $a_1$ und $d$ gegebene reelle Zahlen, so sei $(a_n)$ die arithmetische Zahlenfolge mit $a_n=a_1+(n-1)d$ für $n=1,2,3,\dots$ Ferner werde für $n=1,2,3,\dots$ definiert:
$s_n=\sum_{k=1}^n a_k$; $z_n:=\sum_{k=1}^n s_k$
a) Man ermittle $a_1$ und $d$ so, dass $s_4=4$ und $z_4=15$ gilt.
b) Man beweise, dass für beliebige reelle $a_1$, $d$ und alle $n=1,2,3,\dots$ gilt:
$z_n=\frac{n}{n+1}{2} \left(a_1+\frac{n-1}{3}d\right)$
\quoteoff
Lösung:
b) Es ist $z_1=s_1=a_1=\frac{1\cdot 2}{2} \cdot \left(a_1+\frac{1-1}{3} \cdot d\right)$, sodass die Aussage für $n=1$ wahr ist. Weiter folgt induktiv
$z_{n+1}=z_n+s_{n+1}=z_n+(n+1)\cdot a_1+\frac{n(n+1)}{2} d=\frac{n}{n+1}{2} \left(a_1+\frac{n-1}{3}d\right) + (n+1)\cdot a_1+\frac{n(n+1)}{2} d=\frac{(n+2)(n+1)}{2} \cdot a_1+\frac{n(n+1)}{2} \cdot \left(\frac{n-1}{3}+1\right)d=\frac{(n+1)(n+2)}{2} \cdot \left(a_1+\frac{n}{3}d\right) ,$
sodass die Aussage für alle natürlichen Zahlen $n\geq 1$ gilt, $\Box$.
a) Mit b) folgt $15=z_4=10 \cdot (a_1+d)$ und $4=s_4=4\cdot a_1+6\cdot d$, also $a_1=\frac{5}{2}$ und $d=-1$. Die Probe bestätigt das Ergebnis.
\quoteon
Aufgabe 211235:
37 Karten, von denen jede auf der einen Seite rot und auf der anderen Seite blau gefärbt ist, seien so auf einen Tisch gelegt, dass genau 9 Karten von ihnen oben ihre blaue Seite zeigen.
Es sollen nun in Arbeitsgängen Karten umgedreht werden, und zwar in jedem einzelnen Arbeitsgang genau 20 beliebige der 37 Karten.
Untersuchen Sie, ob man mit endlich vielen Arbeitsgängen erreichen kann, dass alle 37 Karten
a) oben ihre rote Seite,
b) oben ihre blaue Seite
zeigen. Falls das möglich ist, ermitteln Sie jeweils die kleinste Anzahl der dafür hinreichenden Arbeitsgänge!
\quoteoff
Lösung:
a) Wir identifizieren eine Karte, deren rote Seite oben liegt, mit 1 und eine Karte, deren blaue Seite oben liegt, mit -1. Dann ist in der Startsituation die Summe aller Karten gleich $s=9 \cdot (-1) + (37-9) \cdot 1=19$. Würden alle Karten ihre rote Seite zeigen, ergäbe sich eine Summe von $r=37 \cdot 1 =37$.
Das Umdrehen einer Karte verändert die Summe der Karten um $\pm 2$: Entweder wird aus einer roten Karte (+1) eine blaue (-1), sodass der Wert um 2 sinkt, oder umgekehrt, sodass der Wert um 2 steigt. Das gleichzeitige Umdrehen von zwei Karten ändert also den Wert der Summe der Karten um $\pm 4$ oder 0, jedenfalls um eine durch 4 teilbare Zahl. Also gilt dies auch für das wiederholte Umdrehen einer geraden Anzahl an Karten, etwa für wiederholtes Umdrehen von je 20 Karten. Da aber $r-s=37-19=18$ nicht durch 4 teilbar ist, kann also nie aus der Startsituation erzeugt werden, dass alle Karten ihre rote Seite zeigen.
b) Die Karten mit zu Beginn sichtbarer blauer Seite seien die Karten Nr. 1 bis 9, während die Karten Nr. 10 bis 37 jeweils ihre rote Seite zeigen. Wir geben nun eine Folge von zwei Arbeitsgängen an, sodass am Ende alle Karten ihre blaue Seite zeigen:
1) Drehe alle Karten mit Nr. 4 bis 23. Dann zeigen genau die Karten mit Nr. 4 bis 9 und die mit Nr. 24 bis 37 rot, alle anderen blau.
2) Drehe alle Karten mit Nr. 4 bis 9 und alle Karten mit Nr. 24 bis 37. Dann zeigen alle Karten ihre blaue Seite.
Es gibt also eine Folge von zwei Arbeitsvorgängen, die die Startsituation in die Zielsituation mit ausschließlich sichtbaren blauen Kartenseiten überführt. Es bleibt noch zu zeigen, dass dies nicht auch mit weniger Arbeitsvorgängen erreicht werden kann. Da aber mit einem Arbeitsvorgang nicht alle 28 roten Karten der Startsituation umgedreht werden können, ist dies der Fall.
Damit dürften die 2012 und 2112 abgeschlossen sein.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1171 begonnen.]
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1174, eingetragen 2019-07-06
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_AlterVater.png
Es seien jeweils \(v\) das Alter des Vaters, \(t\) das Alter der Tochter und \(s\) das Alter des Sohnes in vollen Jahren. Die Anzahl voller Jahrzehnte sei mit \(n\) ausgedrückt. Mit\(\;v,s,t,n \in\mathbb{N}\).
Dem Aufgabentext ist zu entnehmen:
\[n>1\;\;\;(i)\]
\[v-t>20\;\;\;(ii)\]
\[v-s<40\;\;\;(iii)\]
\[v-10=t-10+s-10\]
\[t=v+10-s\;\;\;(1)\]
\[v-10n=8(s-10n)\]
\[v=8s-70n\;\;\;(2)\]
\[t-10n=3(s-10n)\]
\[t-10n=3s-30n\;\;\;(3)\]
Wir setzen \((1)\) in \((3)\) ein und erhalten
\[v+10-s-10n=3s-30n\]
\[v=4s-20n-10\;\;\;(4)\]
Durch Gleichsetzen von\((2)\) und \((4)\) ergibt sich nach Umformung
\[s=12,5n-2,5\;\;\;(5)\] woraus folgt dass \(n\) für ganzzahlige Werte ungerade - und mit \((i)\) größer als 1 sein muss.
Mit dem Wert 3 in \((5)\) eingesetzt berechnet sich zunächst das Alter des Sohnes
\[s=12,5\cdot3-2,5=35\]
Wir setzen weiter ein und erhalten
\[v=8\cdot 35-70\cdot 3=70\]
\[t=70+10-35=45\]
Mit der Überprüfung von \((ii)\) und \((iii)\)
\[70-45=25>20\;\;\;(ii)\]
\[70-35=35<40\;\;\;(iii)\]
sind auch diese Kriterien erfüllt.
Der Vater ist 70, die Tochter ist 45 und der Sohn ist 35 Jahre alt.
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1175, eingetragen 2019-07-06
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Huhu,
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-06_um_12.15.04.png
es ist also \(n\in \mathbb{N}\). Wenn \(q:=\sqrt{n}+\sqrt{n+4}\in\mathbb{Q}\), dann ist auch \(q^2\in\mathbb{Q}\). Nun ist \(q^2=n+n+4+2\sqrt{n^2+4n}\), also ist auch \(\sqrt{n^2+4n}\in\mathbb{Q}\). Somit ist \(n^2+4n\) eine Quadratzahl. Das kleinstmögliche Quadrat wäre \((n+1)^2=n^2+2n+1\). Es ist aber \(2n+1<4n\,\forall n\in\mathbb{N}\). Das nächstgrößere Quadrat wäre \((n+2)^2=n^2+4n+4>n^2+4n\). Somit ist \(\sqrt{n}+\sqrt{n+4}\notin \mathbb{Q}\) für \(n\in\mathbb{N}\).
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1176, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon
Aufgabe 221245: Es seien $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$ reelle Zahlen. Bei einem ungestörten technischen Prozess sei $x_1=a_1+a_2+\dots+a_n$ die Maßzahl einer von $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$ abhängigen Größe. Bei einem gestörten technischen Prozess betrage die Maßzahl dieser Größe dagegen
$x_2=\frac{a_1}{1+\epsilon_1}+\frac{a_2}{1+\epsilon_2}+\dots+\frac{a_n}{1+\epsilon_n}$
Dabei seien $\epsilon_1$, $\epsilon_2$, $\dots$ $\epsilon_n$ reelle Zahlen, zu denen es eine natürliche Zahl $m\geq 1$ derart gibt, dass für alle $\mu=1,2,\dots, n$ die Ungleichung $|\epsilon_{\mu}|\leq 10^{-m}$ gilt.
Beweisen Sie, dass aus diesen Voraussetzungen stets die Ungleichung
$|x_2-x_1|\leq \frac{1}{10^m-1} (|a_1|+|a_2|+\dots+|a_n|)$
folgt!
\quoteoff
Lösung:
Es gilt für alle $\mu=1,2,\dots, n$ die Ungleichung
$\left|1-\frac{1}{1+\epsilon_{\mu}}\right|=\left|\frac{1+\epsilon_{\mu}-1}{1+\epsilon_{\mu}}\right|=\frac{|\epsilon_{\mu}|}{|1+\epsilon_{\mu}|}\leq \frac{|\epsilon_{\mu}|}{1-|\epsilon_{\mu}|}\leq \frac{10^{-m}}{1-10^{-m}}=\frac{1}{10^m-1} .$
Also ist auch für alle $\mu=1,2,\dots, n$
$\left|\frac{a_{\mu}}{1+\epsilon_{\mu}} - a_{\mu}\right|=|a_{\mu}| \cdot \left|1-\frac{1}{1+\epsilon_{\mu}}\right| \leq |a_{\mu}| \cdot \frac{1}{10^m-1} .$
Die behauptete Ungleichung folgt nun durch Addition der gerade gezeigten für $\mu=1,2,\dots, n$, $\Box$.
Damit sind nur noch 250 Aufgaben offen.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1173 begonnen.]
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1177, eingetragen 2019-07-06
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Alternativlösung zu
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321245.png
\showon
Bekanntlich sind drei positive reelle Zahlen $a,b,c$ genau dann die Seiten eines Dreiecks, wenn es positive reelle Zahlen $x,y,z$ gibt mit $a= x+y, b=y+z, c= z+x$ ($x,y,z$ sind die Längen der Abschnitte, in die der Inkreis die Dreiecksseiten zerlegt).
Ist $s=\frac 12(a+b+c)=x+y+z$ der halbe Umfang des Dreiecks, so gilt $x=s-b, y= s-c, z= s-a$. Daran sieht man, dass $a,b,c$ ganzzahlig sind, genau dann, wenn entweder $x,y,z$ ganzzahlig sind oder $x-\frac 12, y-\frac 12, z-\frac 12$ ganzzahlig sind.
In der Aufgabe sind Dreiecke gesucht mit $a+b+c=1993$, also $x+y+z= \frac{1993}2$. Da $a,b,c$ ganzzahlig sein sollen, müssen nach obiger Bemerkung die Zahlen $x':=x-\frac 12, y':= x-\frac 12, z':= z-\frac 12$ natürliche Zahlen sein.
Damit entspricht die Anzahl aller Dreiecke mit ganzzahligen Seitenlängen und Umfang $1993$ der Anzahl der Lösungstripel $(x',y',z')\in \IN^3$ mit $x'+y'+z'= \frac{1993}2-\frac 32 = 995$.
Aus der Kombinatorik ist bekannt, dass diese Anzahl gleich $\binom{995+2}2$ ist.
Dabei sind kongruente Dreiecke aber noch mehrfach gezählt. Zwei Tripel $(x_1',y_1',z_1'), (x_2',y_2',z_2')$ entsprechen kongruenten Dreiecken, genau dann, wenn $\{x_1',y_1',z_1'\} =\{x_2',y_2',z_2'\} $ gilt.
Da $995$ nicht durch $3$ teilbar ist, gibt es kein Tripel $(x',y',z')$ mit $x'=y'=z'$.
Die Anzahl der Tripel $(x',y',z')$, bei denen zwei der drei Variablen gleich sind (das entspricht den gleichschenkligen Dreiecken), bestimmen wir, indem wir o.B.d.A. annehmen, dass $y'=z'$ und dann die Anzahl der Lösungspaare $(x',y')\in \IN^2$ von $x'+2y'=995$ bestimmen.
$y'$ kann in dieser Gleichung nur die Werte $0,1,2,\ldots, \frac{994}2 = 497$ annehmen und zu jedem solchen Wert gibt es genau ein passendes $x'$.
Also gibt es genau $498$ gleichschenklige Dreiecke mit den gesuchten Eigenschaften.
Diese gleichschenkligen Dreiecke wurden in der oben bestimmten Anzahl $\binom{995+2}2$ jeweils dreifach gezählt (je einmal als $(x',y',y'), (y',x',y')$ und $(y',y',x')$).
Jedes Dreieck mit drei paarweise verschiedenen Seitenlängen wurde sechsfach gezählt.
Insgesamt finden wir damit, dass die in der Aufgabenstellung gesuchte maximale Anzahl nichtkongruenter Dreiecke gleich
\[\frac 16\left(\binom{995+2}2-3\cdot 498\right) +498 = 83000\]
ist.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1173 begonnen.]\(\endgroup\)
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Kuestenkind
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Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1178, eingetragen 2019-07-06
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Dann ergänze ich zur Alternativlösung von Nuramon noch eine Lösung für beliebigen Umfang:
Klick
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1179, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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Hm, m.E. ist folgende Aufgabe falsch.
\quoteon
Aufgabe 341231: Man beweise, dass für alle positiven reellen Zahlen $x$, $y$, $z$ die Ungleichung gilt:
$\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}\leq 1$
\quoteoff
"Lösung":
Wähle $z=1$, $x=\frac{1}{4}$ und $y=4$. Dann ist $1+x+\frac{1}{y}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$, also $\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}=\frac{2}{3}$. Weiterhin ist $\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}=\frac{1}{1+1+1}=\frac{1}{3}$ und $\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}>0$, also
$\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}=\frac{2}{3}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{3}>1$
und damit die Behauptung der Aufgabenstellung falsch.
Cyrix
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1180, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon(2019-07-06 15:49 - cyrix in Beitrag No. 1179)
Hm, m.E. ist folgende Aufgabe falsch.
\quoteon
Aufgabe 341231: Man beweise, dass für alle positiven reellen Zahlen $x$, $y$, $z$ die Ungleichung gilt:
$\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}\leq 1$
\quoteoff
"Lösung":
Wähle $z=1$, $x=\frac{1}{4}$ und $y=4$. Dann ist $1+x+\frac{1}{y}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$, also $\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}=\frac{2}{3}$. Weiterhin ist $\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}=\frac{1}{1+1+1}=\frac{1}{3}$ und $\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}>0$, also
$\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{z}}=\frac{2}{3}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{x}}+\frac{1}{3}>1$
und damit die Behauptung der Aufgabenstellung falsch.
Cyrix
\quoteoff
Die hatte ich noch auf dem Zettel, und sie kam mir komisch vor. Ich vermute, x,y und z sollen zyklisch vertauscht werden:
$$\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{z}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{x}}\leq 1$$
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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| Beitrag No.1181, eingetragen 2019-07-06
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Vielleicht ist
\[\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}}+\frac{1}{1+y+\frac{1}{z}}+\frac{1}{1+z+\frac{1}{x}}\leq 1\]
gemeint? (Ich habe noch nicht darüber nachgedacht, ob diese Ungleichung stimmt, aber immerhin ist die zyklisch.)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1179 begonnen.]\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1182, eingetragen 2019-07-06
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341244.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_341244_Skizze.png
Die Fläche des Dreiecks $CDE$ setzt sich zusammen aus den vier rechtwinkligen Teildreiecken $MDQ$, $MQC$, $MCP$ und $MPE$. Der Inkreisradius $r$ ist eine Kathete jedes dieser vier Teildreiecke. Der Flächeninhalt des erst- und letztgenannten Dreiecks sind abhängig von dem Winkel $\varphi$, der die Lage der Strecke $DE$ festlegt und der der Winkel zwischen dieser Strecke und der Senkrechten auf die Winkelhalbierende $MC$ ist.
Der Flächeninhalt eines rechtwinkligen Dreiecks ist die Hälfte des Produktes aus den beiden Katheten. Als Gesamtfläche ergibt sich:
$$F(\varphi)=2\cdot\left(\tfrac12r\cdot\frac r{\tan\alpha}\right)+\tfrac12r\cdot r\tan(\alpha-\varphi)+\tfrac12r\cdot r\tan(\alpha+\varphi)$$$$F(\varphi)=\frac{r^2}{\tan\alpha}+\tfrac12r^2\tan(\alpha-\varphi)+\tfrac12r^2\tan(\alpha+\varphi)$$Man erkennt, dass $F(\varphi)$ eine gerade Funktion ist, da $F(-\varphi)=F(\varphi)$ ist. Gerade, stetige und differenzierbare Funktionen haben immer ein lokales Extremum bei null. In diesem Fall ist es klarerweise ein Minimum, wie man sich schon aus anschaulichen geometrischen Gründen leicht klar machen kann. Die minimale Fläche ist daher
$$F_{min}=F(0)=\frac{r^2}{\tan\alpha}+r^2\tan\alpha=r^2\left(\frac1{\tan\alpha}+\tan\alpha\right)$$$$F_{min}=r^2\left(\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\right)=\frac{r^2}{\sin\alpha\cos\alpha}$$$$F_{min}=\frac{2r^2}{\sin2\alpha}\geq2r^2\quad\forall\quad 0<2\alpha<\pi$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1180 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.1183, eingetragen 2019-07-06
|
Die Grundidee bei der nachfolgenden Aufgabe ist eigentlich sehr, sehr einfach - ich hoffe, dass man das trotz all der beängstigenden Formeln noch erkennen kann. Ansonsten muss man sich halt wie so oft in ähnlichen Fällen mit "kleinen" Beispielen erst "einarbeiten". ;-)
\quoteonAufgabe 6 - 331236
Man ermittle für jede natürliche Zahl n die größte Zweierpotenz, die ein Teiler der Zahl $[(4+\sqrt{18})^n]$ ist.
Hinweis: Ist r eine reelle Zahl, so wird diejenige ganze Zahl $g$, für die $g ≤ r < g +1$ gilt, mit $g = [r]$ bezeichnet.
\quoteoff
\showon
Wir halten zunächst fest, dass der nachstehende Ausdruck
\[A_n:=(4+\sqrt{18})^n+(4-\sqrt{18})^n=\sum\limits_{k=0}^{[\frac n2]}\binom n{2k}2^{2n-3k+1}3^{2k}\quad (n\in\mathbb N)\quad (*)\]
stets ganz ist, und zwar wegen
\[4-\sqrt{18}\approx -0.24 \]
genauer jene ganze Zahl $g$, welche aus $(4+\sqrt{18})^n$ durch Runden hervorgeht, wobei für gerades $n$ stets aufgerundet, für ungerades $n$ aber stets abgerundet wird. Mit der abkürzenden Bezeichnung
\[B_n:=[(4+\sqrt{18})^n] \quad (n \in\mathbb N)\]
gilt somit folgender Zusammenhang
\[B_n:=\begin{cases} A_n-1, \ \text{falls n gerade}\\A_n, \qquad \text{falls n ungerade} \end{cases}\]
Da aber die $A_n$ aufgrund ihrer Bauart für gerades $n$ stets gerade sind, sind die $B_n$ dann automatisch ungerade, d.h., die größte Zweierpotenz, welche $B_n$ für ein gerades $n$ teilt ist somit nur $1$.
Setzt man also nun im Folgenden $n$ als ungerade voraus, so ist die Beobachtung von besonderer Bedeutung, dass wir in Formel (*) nur jeweils den letzten Summanden für $k=[\frac n2]=\frac{n-1}2$ betrachten müssen, da die anderen Summanden ersichtlich durch eine höhere Zweierpotenz teilbar sind. Die höchste Zweierpotenz, durch welche dieser letzte Summand aber teilbar ist, ist jedoch
\[2^{\frac{n+5}2}\]
wie man durch Einsetzen von $k=\frac{n-1}2$ sofort sieht, was obige Frage somit auch für ungerade $n$ beantwortet.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1178 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1184, eingetragen 2019-07-06
|
\quoteon(2019-07-05 19:32 - HyperPlot in Beitrag No. 1144)
Ja keine Ahnung, meine Einheitsvektoren sind jetzt
\sourceon (latex)
\begin{tikzpicture}[
z={(0,1)},
y={({0.9*cos(10)},{0.9*sin(10)})},
x={({cos(16.5)},{-sin(16.5)})},
]
\sourceoff
Die Syntax dürfte klar sein. Mir allerdings nicht:
z.B. weiß ich nicht, wieso hier z vor x und y kommen muss.
\quoteoff
Wenn man x,y,z mit Zahlenwerten (*,*) angibt, beinflussen sich die Koordinaten im Allgm. gegenseitig. Man kann das mit (* cm, * cm) verhindern.
Jedenfalls erhalte ich mit
\sourceon (latex)
\pgfmathsetmacro{\xx}{cos(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\xy}{-sin(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\yx}{0.9*cos(10)}
\pgfmathsetmacro{\yy}{0.9*sin(10)}
\begin{tikzpicture}[
x={(\xx cm,\xy cm)},
y={(\yx cm, \yy cm)},
z={(0 cm,1 cm)},
]
\sourceoff
ziemlich genau das von MontyPythagoras verwendete Koordinatensystem:
$
\pgfmathsetmacro{\a}{0.85}
\pgfmathsetmacro{\m}{\a*sqrt(3)/2}
\pgfmathsetmacro{\H}{sqrt(1-\m^2/4)} % Höhe
\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\H^2-\m^2/4)} % Mantellinie
% KoSy
\pgfmathsetmacro{\xx}{cos(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\xy}{-sin(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\yx}{0.9*cos(10)}
\pgfmathsetmacro{\yy}{0.9*sin(10)}
\begin{tikzpicture}[scale=5.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
x={(\xx cm,\xy cm)},
y={(\yx cm, \yy cm)},
z={(0 cm,1 cm)},
]
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\a,0,0);
\coordinate[label=right:$C$] (C) at (0,\a,0);
%\coordinate[label=below:$D$] (D) at (0,0,\a);
\draw[fill=lightgray!50] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\path[] (A) -- (B) node[below, near start]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[right, near start]{$a$};
\path[] (A) -- (C) node[above, near start]{$a$};
\path[] (A) -- ($(B)!0.5!(C)$) coordinate(Ha);
\path[] (B) -- ($(A)!0.5!(C)$) coordinate(Hb);
\coordinate[] (M) at (intersection of A--Ha and B--Hb);
\pgfmathsetmacro{\k}{0.05*\m}
\draw[] ($(M)!-\k cm!(C)$) -- ($(M)!\k cm!(C)$);
\draw[] ($(M)!-\k cm!(B)$) -- ($(M)!\k cm!(B)$);
\path[] (M) --+ (0,0,\H) coordinate[label=$S$] (S);
\draw[] (A) -- (S) node[midway, left]{$1$};
\draw[] (B) -- (S) node[midway, right]{$1$};
\draw[] (C) -- (S) node[midway, right]{$1$};
\draw[densely dashed] (S) -- (M) node[near end, right]{$H$};
\draw[] (S) -- ($(A)!0.5!(B)$) node[midway, left]{$h$} coordinate(Mc);
\pgfmathsetmacro{\b}{0.3*\a}
\begin{scope}[-latex, shift={(0,0,\H-\b)}
]
\foreach \P/\s/\Pos in {(\b,0,0)/x/below, (0,\b,0)/y/above, (0,0,\b)/z/right}
\draw[] (0,0,0) -- \P node[\Pos, pos=0.9,inner sep=3pt]{$\s$};
\end{scope}
% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,Mc,S}
\draw[fill=black!1, scale=1/5.7] (\P) circle (1.75pt);
%\node[anchor=north west, align=left, yshift=-1cm, draw] at (A){
%a = \a cm \\
%m = \m cm \\
%H = \H cm \\
%h = \h cm
%};
\end{tikzpicture}
$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\pgfmathsetmacro{\a}{0.85}
\pgfmathsetmacro{\m}{\a*sqrt(3)/2}
\pgfmathsetmacro{\H}{sqrt(1-\m^2/4)} % Höhe
\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\H^2-\m^2/4)} % Mantellinie
% KoSy
\pgfmathsetmacro{\xx}{cos(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\xy}{-sin(16.5)}
\pgfmathsetmacro{\yx}{0.9*cos(10)}
\pgfmathsetmacro{\yy}{0.9*sin(10)}
\begin{tikzpicture}[scale=5.7,
font=\footnotesize,
x={(\xx cm,\xy cm)},
y={(\yx cm, \yy cm)},
z={(0 cm,1 cm)},
]
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\a,0,0);
\coordinate[label=right:$C$] (C) at (0,\a,0);
%\coordinate[label=below:$D$] (D) at (0,0,\a);
\draw[fill=lightgray!50] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\path[] (A) -- (B) node[below, near start]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[right, near start]{$a$};
\path[] (A) -- (C) node[above, near start]{$a$};
\path[] (A) -- ($(B)!0.5!(C)$) coordinate(Ha);
\path[] (B) -- ($(A)!0.5!(C)$) coordinate(Hb);
\coordinate[] (M) at (intersection of A--Ha and B--Hb);
\pgfmathsetmacro{\k}{0.05*\m}
\draw[] ($(M)!-\k cm!(C)$) -- ($(M)!\k cm!(C)$);
\draw[] ($(M)!-\k cm!(B)$) -- ($(M)!\k cm!(B)$);
\path[] (M) --+ (0,0,\H) coordinate[label=$S$] (S);
\draw[] (A) -- (S) node[midway, left]{$1$};
\draw[] (B) -- (S) node[midway, right]{$1$};
\draw[] (C) -- (S) node[midway, right]{$1$};
\draw[densely dashed] (S) -- (M) node[near end, right]{$H$};
\draw[] (S) -- ($(A)!0.5!(B)$) node[midway, left]{$h$} coordinate(Mc);
\pgfmathsetmacro{\b}{0.3*\a}
\begin{scope}[-latex, shift={(0,0,\H-\b)}
]
\foreach \P/\s/\Pos in {(\b,0,0)/x/below, (0,\b,0)/y/above, (0,0,\b)/z/right}
\draw[] (0,0,0) -- \P node[\Pos, pos=0.9,inner sep=3pt]{$\s$};
\end{scope}
% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,Mc,S}
\draw[fill=black!1, scale=1/5.7] (\P) circle (1.75pt);
%\node[anchor=north west, align=left, yshift=-1cm, draw] at (A){
%a = \a cm \\
%m = \m cm \\
%H = \H cm \\
%h = \h cm
%};
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\quoteon(2019-07-05 11:03 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1132)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341223_Skizze.png
341223
\quoteoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1182 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1185, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon
Aufgabe 331236: Man ermittle für jede natürliche Zahl $n$ die größte Zweierpotenz, die ein Teiler der Zahl $[(4+\sqrt{18})^n]$ ist.
Hinweis: <>
\quoteoff
Alternativ-Lösung:
Es sei $s_n:=(4+\sqrt{18})^n+(4-\sqrt{18})^n$. Dann erfüllt die Folge $(s_n)$ die Rekursion $s_{n+2}=8s_{n+1}+2s_n$, wie man leicht nachrechnet:
$8s_{n+1}+2s_n=8\cdot (4+\sqrt{18}) \cdot (4+\sqrt{18})^n+8 \cdot (4-\sqrt{18}) \cdot (4-\sqrt{18})^n + 2 \cdot (4+\sqrt{18})^n + 2\cdot (4-\sqrt{18})^n=(32+8\sqrt{18}+2) \cdot (4+\sqrt{18})^n + (32-8\sqrt{18}+2) \cdot (4-\sqrt{18})^n=(16+2\cdot 4\cdot\sqrt{18} + 18)\cdot (4+\sqrt{18})^n +(16-2\cdot 4\cdot\sqrt{18} + 18)\cdot (4-\sqrt{18})^n=(4+\sqrt{18})^{n+2}+(4-\sqrt{18})^{n+2}=s_{n+2}.$
Zusammen mit $s_0=2$ und $s_1=8$ folgt für gerade $n$, dass $s_n$ durch $2^{\frac{n}{2}+1}$, und für ungerade $n$, dass $s_n$ durch $2^{\frac{n+5}{2}}$ aber keine größere Zweierpotenz teilbar ist:
Für $n=0$ und $n=1$ ist dies offenbar der Fall. Sei nun $n\geq 2$ und es gelte die Aussage für $n-1$ und $n-2$. Ist $n$ gerade, dann ist also $s_{n-2}$ durch $2^{\frac{n-2}{2}+1}=2^{\frac{n}{2}}$ und $s_{n-1}$ durch $2^{\frac{n-1+5}{2}}=2^{\frac{n}{2}+2}$, aber keine größere Zweierpotenz teilbar, sodass $s_n=8 \cdot s_{n-1}+2\cdot s_{n-2}$ durch $2^{\frac{n}{2}+1}$ und keine größere Zweierpotenz teilbar ist. Ist dagegen $n$ ungerade, dann ist $s_{n-2}$ durch $2^{\frac{n-2+5}{2}}=2^{\frac{n+5}{2}-1}$ und $s_{n-1}$ durch $2^{\frac{n-1}{2}+1}=2^{\frac{n+5}{2}-2}$, aber keine größere Zweierpotenz teilbar, also ist $s_n=8\cdot s_{n-1}+2\cdot s_{n-2}$ durch $2^{\frac{n+5}{2}}$ aber keine größere Zweierpotenz teilbar.
Damit haben wir für jedes $n$ bestimmt, durch welche höchste Zweierpotenz $s_n$ teilbar ist.
Es ist $4=\sqrt{16}<\sqrt{18}<\sqrt{25}=5$, also $-1<4-\sqrt{18}<0$ und damit gilt für $n=0$ die Gleichung $(4-\sqrt{18})^n=1$, für ungerade $n$ die Ungleichung $-1<(4-\sqrt{18})^n<0$ und für gerade $n\geq 2$ die Ungleichung $0<(4-\sqrt{18})^n<1$. Also ist
$
\begin{itemize}
\item für $n=0$ der Term $[(4+\sqrt{18})^n]=[1]=1$ genau durch $2^0$,
\item für ungerades $n$ der Term $[(4+\sqrt{18})^n]=[s_n-(4-\sqrt{18})^n]=s_n$ genau durch $2^{\frac{n+5}{2}}$ und
\item für gerades $n\geq 2$ der Term $[(4+\sqrt{18})^n]=[s_n-(4-\sqrt{18})^n]=s_n-1$ genau durch $2^0$,
\end{itemize}
$
aber keine größere Zweierpotenz teilbar. Im letzten Fall gilt dies, da dann $s_n$ durch $2^{\frac{n}{2}+1}\geq 2^2$ teilbar, also $s_n-1$ ungerade ist.
Bemerkung: Auf die Rekursionsbedingung gelangt man, indem man die beiden Basen $4\pm \sqrt{18}$ als Nullstellen des charakteristischen Polynoms einer rekursiv definierten Folge auffasst. Das Polynom mit diesen Nullstellen hat die Form $x^2-8x-2$, sodass sich die Rekursionsbedingung $s_{n+2}-8s_{n+1}-2s_n=0$ bzw. eben $s_{n+2}=8s_{n+1}+2s_n$ ergibt.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1179 begonnen.]
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1186, eingetragen 2019-07-06
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Hallo Steffen,
hier eine Alternativ-Lösung, die so augenfällig ist, dass es weh tut und ich mich frage, warum ich nicht gleich drauf gekommen bin. Ich finde diese Lösung noch besser als meine erste, weil sie ohne Kenntnis der Sinus- und Kosinuswerte von 30° auskommt. Bitte ersetze die andere Lösung oder stelle diese an erste Stelle. :-)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232_Skizze_2.png
Offensichtlich ist die Summe der Flächen der drei Teildreiecke gleich dem Flächeninhalt des gesamten Dreiecks $ABC$. Also gilt:
$$\tfrac12ax+\tfrac12ay+\tfrac12az=\tfrac12ah$$$$x+y+z=h$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1187, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon
Aufgabe 311235: Man untersuche, ob sich unter den natürlichen Zahlen von 1 bis 100 fünfzig verschiedene auswählen lassen, dass ihre Summe 2525 beträgt und dass keine zwei von ihnen die Summe 101 haben.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $M$ die Menge der natürlichen Zahlen von einschließlich 14 bis 28, 30, von einschließlich 33 bis 50, von einschließlich 69 bis 70, 72 und von einschließlich 88 bis 100. Dann hat $M$ genau $15+1+18+2+1+13=50$ verschiedene Elemente, von denen keine zwei sich zu 101 ergänzen, da aus jedem Paar $(n,101-n)$ zweier natürlicher Zahlen zwischen einschließlich 1 und 100 jeweils genau eine Zahl in $M$ enthalten ist. Summiert man alle Elemente von $M$, dann erhält man als Summe $s$ den Wert
$s=15 \cdot \frac{14+28}{2}+30+18\cdot \frac{33+50}{2}+69+70+72+13\cdot \frac{88+100}{2}=2525$, sodass es offenbar eine entsprechende Auswahl, die der Aufgabenstellung genügt, getroffen werden kann.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1185 begonnen.]
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| Beitrag No.1188, eingetragen 2019-07-06
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\quoteon(2019-07-06 17:16 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1186)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232_Skizze_2.png
\showon
Hallo Steffen,
hier eine Alternativ-Lösung, die so augenfällig ist, dass es weh tut und ich mich frage, warum ich nicht gleich drauf gekommen bin. Ich finde diese Lösung noch besser als meine erste, weil sie ohne Kenntnis der Sinus- und Kosinuswerte von 30° auskommt. Bitte ersetze die andere Lösung oder stelle diese an erste Stelle. :-)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341232_Skizze_2.png
Offensichtlich ist die Summe der Flächen der drei Teildreiecke gleich dem Flächeninhalt des gesamten Dreiecks $ABC$. Also gilt:
$$\tfrac12ax+\tfrac12ay+\tfrac12az=\tfrac12ah$$$$x+y+z=h$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
\showoff
\quoteoff
Auch das habe ich bereits als Vorlage:
$\begin{document}
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{\a} %
\pgfmathsetmacro{\c}{\a} %
% Punkt P
\pgfmathsetmacro{\q}{0.6*\c} %
\pgfmathsetmacro{\z}{1} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
\path[] (A) -- (C) node[near start, left]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[near start, right]{$a$};
\path[] (A) -- (B) node[near start, below]{$a$};
% Punkt P
\coordinate[label={[anchor=south west, xshift=-1mm, yshift=1mm]:$P$}] (P) at (\q,\z);
\foreach \X in {A,B,C} \draw[] (P) -- (\X);
% Senkrechte
\draw[] (P) -- ($(B)!(P)!(C)$) coordinate(Pa) node[midway, below]{$x$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(C)$) coordinate(Pb) node[midway, below]{$y$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate(Pc) node[midway, right]{$z$};
% Winkel
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =C--Pa--P};
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =A--Pb--P};
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =P--Pc--A};
%% Punkte
\foreach \P in {P}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{\a} %
\pgfmathsetmacro{\c}{\a} %
% Punkt P
\pgfmathsetmacro{\q}{0.6*\c} %
\pgfmathsetmacro{\z}{1} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
\path[] (A) -- (C) node[near start, left]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[near start, right]{$a$};
\path[] (A) -- (B) node[near start, below]{$a$};
% Punkt P
\coordinate[label={[anchor=south west, xshift=-1mm, yshift=1mm]:$P$}] (P) at (\q,\z);
\foreach \X in {A,B,C} \draw[] (P) -- (\X);
% Senkrechte
\draw[] (P) -- ($(B)!(P)!(C)$) coordinate(Pa) node[midway, below]{$x$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(C)$) coordinate(Pb) node[midway, below]{$y$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate(Pc) node[midway, right]{$z$};
% Winkel
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =C--Pa--P};
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =A--Pb--P};
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =P--Pc--A};
%% Punkte
\foreach \P in {P}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
Jetzt muss man MontyPythagoras nur noch zur TikZ-Verwendung manipulieren. Vielleicht einen Kuchen backen?
Für eine Geogebra-->TikZ Übersetzung, wenn sie unbedingt sein muss, sollten übrigens diese bunten Dekorationen möglichst weggelassen werden.
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1189, eingetragen 2019-07-06
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Irgendwie merkwürdig diese Aufgabe:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_271246B.png
\showon Lösung
Wir definieren eine Funktion $e:[0,1]^n\to \IR$ durch
\[e(a_1,a_2,\ldots, a_n):= a_1a_2\cdots a_n - \sum_{k=1}^n f_k(a_k)\]
Außerdem sei
\[E:= \max_{a\in\{0,1\}^n}|e(a)|.\]
Die zu zeigende Behauptung folgt aus $E \geq \frac 12- \frac 1n$.
Wir betrachten die folgenden Ungleichungen:
\[\begin{align*}
(n-1)E &\geq& (n-1)e(1,1,1\ldots, 1,1) &= n-1 -(n-1)\sum_{k=1}^n f_k(1)\\
E &\geq& e(0,0,0,\ldots,0, 0) &= -\sum_{k=1}^n f_k(0)\\
E &\geq& -e(0,1,1,\ldots,1, 1) &= \sum_{k=1}^n f_k(1)-f_1(1)+f_1(0)\\
E &\geq& -e(1,0,1,\ldots,1, 1) &= \sum_{k=1}^n f_k(1)-f_2(1)+f_2(0)\\
&\vdots\\
E &\geq& -e(1,1,1,\ldots,0, 1) &= \sum_{k=1}^n f_k(1)-f_{n-1}(1)+f_{n-1}(0)\\
E &\geq& -e(1,1,1,\ldots,1, 0) &= \sum_{k=1}^n f_k(1)-f_{n}(1)+f_{n}(0)
\end{align*}
\]
Durch Aufsummieren dieser Ungleichungen erhalten wir $2n E \geq n-1$, also die Behauptung.
\showoff\(\endgroup\)
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mawi
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 |  Beitrag No.1190, eingetragen 2019-07-06
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Hallihallo,
ich wollte schon mal danken, dass ihr dem Steffen so fleißig helft. Er ist auch einverstanden, dass ich seine -durch eure Hilfe- gesetzten LaTeX Lösungen in meine Webseite (olympiade-mathematik.de) einbinde. Ich sage aber gleich, dass ich nicht halb so schnell bin wie er :-(
Falls jemand diesbezüglich Einspruch erhebt oder namentliche Nennung unterbinden/anderen Namen sehen will, sagt mir dies bitte. :-?
Und ansonsten - wenn ihr mal gar nicht weiterkommt (was ich natürlich nicht glaube :-D ) - habe ich die Lösungen auch in Papierform; nur eben noch nicht digital...
Viele liebe Grüße
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1188 begonnen.]
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1191, eingetragen 2019-07-07
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341242.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_341242_Skizze.png
Die Summe der drei Flächeninhalte ist
$$F=\tfrac12x_1x_2+\tfrac12y_1y_2+\tfrac12z_1z_2$$Bekanntermaßen sind $\sin30°=\cos60°=\tfrac12$ und $\sin60°=\cos30°=\tfrac{\sqrt3}2$. Mithilfe der gestrichelten Hilflinien erkennt man folgende Zusammenhänge:
$$a-y_1=\tfrac12z_1+\tfrac{\sqrt3}2z_2$$$$y_2=\tfrac{\sqrt3}2z_1-\tfrac12z_2$$$$x_1=\tfrac12(a-z_1)+\tfrac{\sqrt3}2z_2$$$$x_2=\tfrac{\sqrt3}2(a-z_1)-\tfrac12z_2$$Das setzen wir alles in die Flächenformel ein:
$$2F=\left(\tfrac12(a-z_1)+\tfrac{\sqrt3}2z_2\right)\left(\tfrac{\sqrt3}2(a-z_1)-\tfrac12z_2\right)+\left(a-\tfrac12z_1-\tfrac{\sqrt3}2z_2\right)\left(\tfrac{\sqrt3}2z_1-\tfrac12z_2\right)+z_1z_2$$Ausmultiplizieren und vereinfachen:
$$2F=\tfrac{\sqrt3}4(a-z_1)^2+\tfrac12(a-z_1)z_2-\tfrac{\sqrt3}4z_2^2+\tfrac{\sqrt3}2az_1-\tfrac12az_2-\tfrac{\sqrt3}4z_1^2-\tfrac12z_1z_2+\tfrac{\sqrt3}4z_2^2+z_1z_2$$$$2F=\tfrac{\sqrt3}4a^2+\left(-\tfrac{\sqrt3}2a+\tfrac{\sqrt3}2a\right)z_1+\left(\tfrac12a-\tfrac12a\right)z_2+\left(-\tfrac12-\tfrac12+1\right)z_1z_2+\left(\tfrac{\sqrt3}4-\tfrac{\sqrt3}4\right)z_1^2+\left(-\tfrac{\sqrt3}4+\tfrac{\sqrt3}4\right)z_2^2$$$$2F=\tfrac{\sqrt3}4a^2$$$$F=\tfrac12F_{ABC}$$Die Summe der drei Teildreiecke ist also immer die Hälfte des Flächeninhalts des Gesamtdreiecks $ABC$.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1192, eingetragen 2019-07-07
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Guten Morgen!
Hier noch eine Alternativlösung (ohne Worte):
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-07_um_09.58.21.png
Gruß,
Küstenkind
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1193, eingetragen 2019-07-07
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Hallo Küstenkind,
Du bist kein Mensch der großen Worte, oder? :-D
Wirklich sehr schöne Lösung, rein geometrisch. Ein Antwortsatz mit einer kurzen Erläuterung sollte aber vielleicht doch noch dazu geschrieben werden, meine ich. :-P
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1194, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-07
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\quoteon
Aufgabe 301233B: Es seien $D_1$, $\dots$, $D_n$ Dosen, für deren Größen (Durchmesser) $d_1$, $\dots$, $d_n$ in geeigneter Maßeinheit
$d_1=2$, $d_2=3$, $\dots$, $d_n=n+1$
gelte. Weiter seien $G_1$, $\dots$, $G_n$ Gegenstände, für deren Größen $g_1$, $\dots$, $g_n$
$g_1=1$, $\dots$, $g_n=n$
gelte. Dabei seien die Größen so abgestimmt, dass jeweils gilt:
Genau dann, wenn $g_i\leq d_j$ ist, passt $G_i$ in $D_j$.
Ermitteln Sie für jede natürliche Zahl $n\geq 1$ die Anzahl $A(n)$ aller derjenigen Verteilungen der Gegenstände in die Dosen, bei denen in jeder Dose genau ein Gegenstand liegt.
Hinweis: Zwei Verteilungen heißen genau dann verschieden voneinander, wenn mindestens ein Gegensatnd bei einer dieser beiden Verteilungen in einer anderen Dose liegt als bei der anderen Verteilung.
\quoteoff
Lösung:
Zuerst stellt man fest, dass für $n\geq 2$ der Gegenstand $G_n$ in eine der beiden Dosen $D_{n-1}$ oder $D_n$ gelegt werden müssen. In beiden Fällen passen alle anderen Gegenstände in die noch freie der beiden gerade genannten Dosen.
Man erhält also für $n\geq 2$ jede Verteilung mit den Gegenständen $G_1$ bis $G_n$ auf die Dosen $D_1$ bis $D_n$, indem man eine Verteilung der Gegenstände $G_1$ bis $G_{n-1}$ auf die Dosen $D_1$ bis $D_{n-1}$ auf eine der beiden folgenden Varianten abändert:
a) Man füge einfach den Gegenstand $G_n$ in der noch leeren Dose $D_n$ hinzu.
b) Man hole den Gegenstand, der momentan in Dose $D_{n-1}$ enthalten ist, aus dieser heraus, lege ihn in die bisher noch leere Dose $D_n$ und lege in die nun wieder leere Dose $D_{n-1}$ den Gegenstand $G_n$.
Offensichtlich führen beide Varianten zu verschiedenen Verteilungen und je zwei Ausgangsverteilungen der ersten $n-1$ Gegenstände auf die ersten $n-1$ Dosen auch zu verschiedenen Verteilungen, da jeweils mindestens zwei Dosen anders befüllt werden.
Also gilt für ejdes $n\geq 1$ die Rekursion $A(n+1)=2A(n)$. Zusammen mit $A(1)=1$ folgt $A(n)=2^{n-1}$.
Bei der folgenden Aufgabe bitte prüfen, ob in der Aufgabenstellung die Bedingung $a\leq b$ fehlt, sonst ist sie zu trivial:
\quoteon
Aufgabe 301234: Man beweise: In jedem $n$-Eck ($n\geq 3$) gibt es mindestens zwei verschiedene Seiten des $n$-Ecks, für deren Längen $a$, $b$ die Ungleichung $b<2a$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
Wähle $b$ als Länge der kleinsten Seite und $a$ als Länge der größten, dann gilt $b\leq a<2a$.
Aber auch, wenn man zusätzlich $a\leq b$ fordert, gilt die Aussage. Nehmen wir nämlich an, es gäbe ein $n$-Eck, welches ein Gegenbeispiel zu dieser Aussage wäre und bezeichnen die in ihm auftretenden Seitenlängen der Größe nach aufsteigend mit $s_1$ bis $s_n$, sodass dann insbesondere $s_{i+1}>2s_i$ für alle $i=1,\dots,n-1$ ist. Dann jedoch ist
$s_n>2s_{n-1}=s_{n-1}+s_{n-1}>s_{n-1}+2s_{n-2}>\dots>s_{n-1}+s_{n-2}+\dots+s_2+2s_1>s_1+s_2+\dots+s_{n-1},$
sodass die direkte Verbindung der beiden Endpunkte der Strecke mit Länge $s_n$ länger ist als der "Umweg" über die übrigen Eckpunkte des $n$-Ecks, welcher die Länge $s_1+s_2+\dots+s_{n-1}$ besitzt. Dies ist ein Widerspruch (zur wiederholt angewandten Dreiecksungleichung), sodass es ein solches $n$-Eck nicht gibt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 301245: Man ermittle ein Polynom
$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n$ ($a_0,a_1,\dots,a_n$ reell; $a_n\neq 0$)
das die Bedingungen
$f(-4)=0$, $f(-3)=1$, $f(-2)=0$, $f(-1)=-1$, $f(0)=0$, $f(1)=1$, $f(2)=0$, $f(3)=-1$, $f(4)=0$
erfüllt und dabei möglichst niedrigen Grad $n$ hat.
\quoteoff
Lösung:
Wegen $f(-4)=f(-2)=f(0)=f(2)=f(4)=0$ ist $f(x)$ durch $g(x):=(x+4)(x+2)x(x-2)(x-4)=(x^2-16)(x^2-4)x=x^5-20x^3+64x$ teilbar, sodass ein Polynom $h(x)$ mit $f(x)=g(x) \cdot h(x)$ existiert. Es ist $g(-3)=105$, $g(-1)=-45$, $g(1)=45$ und $g(3)=-105$, sodass nun ein Polynom $h(x)$ möglichst geringen Grades mit $h(\pm 3)=\frac{1}{105}$ und $h(\pm 1)=\frac{1}{45}$ gesucht wird.
Betrachten wir das Polynom $h_2(x):=315 \cdot h(x)-3$, welches den gleichen Grad wie $h$ besitzt. Dann gilt $h_2(\pm 3)=3-3=0$ und $h_2(\pm 1)=7-3=4$. Offensichtlich kann $h_2$ nicht vom Grad 0 oder 1 sein, da es sonst wegen $h_2(\pm 3)=0$ konstant Null sein müsste, was der zweiten Bedingung an $h_2$ widerspricht. Jedoch erfüllt offenbar $h_2(x)=-\frac{1}{2} \cdot (x^2-9)= -\frac{1}{2} x^2 + \frac{9}{2}$ alle Bedingungen, kann also als Polynom kleinsten Grades gewählt werden. Damit ist $h(x)=\frac{h_2(x)+3}{315}= -\frac{1}{630} x^2+\frac{1}{42}$ und
$f(x)=g(x) \cdot h(x)=-\frac{1}{630}x^7+\left(\frac{2}{63}+\frac{1}{42}\right)x^5-\left(\frac{32}{315}+\frac{10}{21}\right)x^3+\frac{32}{21}=-\frac{1}{630}x^7+\frac{1}{18}x^5-\frac{26}{45}x^3+\frac{32}{21}x .$
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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| Beitrag No.1195, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-07
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\quoteon
Aufgabe 241233A: Man ermittle alle Funktionen $f$ mit den folgenden Eigenschaften:
(1) $f$ ist für alle rationalen Zahlen definiert.
(2) Es gilt $f(1)=1$.
(3) Für alle rationalen Zahlen $x$ und $y$ gilt $f(x+y)=f(x)+f(y)+xy(x+y)$.
\quoteoff
Lösung:
Es ist $f(0)=f(0+0)=2 \cdot f(0)+0$, also $f(0)=0$ und für alle rationale Zahlen $x$ damit $0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)+x \cdot (-x) \cdot (x-x)=f(x)+f(-x)$ und damit $f(-x)=-f(x)$.
Weiterhin gilt für alle natürlichen Zahlen $n$ die Gleichung $f(n+1)=f(n)+f(1)+n \cdot 1 \cdot (n+1)=f(n)+n^2+n+1$, sodass sich für alle natürlichen Zahlen $n$ direkt
$f(n)=\sum_{k=0}^{n-1} k^2+k+1=\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}+\frac{(n-1)n}{2}+n=\frac{(n-1)n(2n-1+3)}{6}+n=n \cdot \left(\frac{(n-1)(n+1)}{3}+1\right)=\frac{n^3+2n}{3} .$
Damit gilt sogar für alle ganzen Zahlen $p$ die Gleichung
$f(p)=\frac{p^3+2p}{3} .$
Darüberhinaus ist für alle rationalen Zahlen $x$ und alle natürlichen Zahlen $n$
$f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)+n\cdot(n+1) \cdot x^3$, sodass induktiv
$\frac{f(nx)-nf(x)}{x^3}=\sum_{k=0}^{n-1}k^2+k=\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}+\frac{(n-1)n}{2}=\frac{2n-1+3}{6} \cdot n \cdot (n-1)=\frac{(n-1)n(n+1)}{3}=\frac{n^3-n}{3},$
also
$f(nx)=nf(x)+\frac{n^3-n}{3} \cdot x^3.$
Damit gilt für jede rationale Zahl $x=\frac{p}{q}$ mit ganzzahligem $p$ und natürlichem $q>0$:
$\frac{p^3+2p}{3} =f(p)=f\left(q \cdot \frac{p}{q}\right)=q \cdot f\left(\frac{p}{q}\right)+\frac{q^3-q}{3} \cdot \frac{p^3}{q^3}$
bzw.
$f(x)=f\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{1}{q} \cdot \left(\frac{p^3+2p}{3} - \frac{q^3-q}{3} \cdot \frac{p^3}{q^3}\right)=\frac{1}{q} \cdot \left(\frac{p^3+2p}{3} - \frac{p^3}{3} + \frac{p^3}{3q^2}\right)=\frac{2pq^2+p^3}{3q^3}=\frac{2}{3} \cdot \frac{p}{q}+\frac{1}{3} \cdot \frac{p^3}{q^3}=\frac{2x+x^3}{3}.$
Damit kann höchstens die für alle rationalen Zahlen $x$ definierte Funktion $f(x)=\frac{2x+x^3}{3}$ alle genannten Bedingungen erfüllen. Tatsächlich ist auch $f(1)=\frac{2+1}{3}=1$ und für beliebige rationale Zahlen $x$ und $y$ dann
$f(x)+f(y)+xy(x+y)=\frac{2x+x^3+2y+y^3+3xy(x+y)}{3}=\frac{2(x+y)+x^3+3x^2y+3xy^2+y^3}{3}=\frac{2(x+y)+(x+y)^3}{3}=f(x+y),$
sodass die Funktion $f(x)=\frac{2x+x^3}{3}$ die einzige ist, die die Aufgabenstellung erfüllt.
Cyrix
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| Beitrag No.1196, eingetragen 2019-07-07
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\quoteon(2019-07-07 09:07 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1191)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_341242_Skizze.png
\showon
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341242.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_341242_Skizze.png
Die Summe der drei Flächeninhalte ist
$$F=\tfrac12x_1x_2+\tfrac12y_1y_2+\tfrac12z_1z_2$$Bekanntermaßen sind $\sin30°=\cos60°=\tfrac12$ und $\sin60°=\cos30°=\tfrac{\sqrt3}2$. Mithilfe der gestrichelten Hilflinien erkennt man folgende Zusammenhänge:
$$a-y_1=\tfrac12z_1+\tfrac{\sqrt3}2z_2$$$$y_2=\tfrac{\sqrt3}2z_1-\tfrac12z_2$$$$x_1=\tfrac12(a-z_1)+\tfrac{\sqrt3}2z_2$$$$x_2=\tfrac{\sqrt3}2(a-z_1)-\tfrac12z_2$$Das setzen wir alles in die Flächenformel ein:
$$2F=\left(\tfrac12(a-z_1)+\tfrac{\sqrt3}2z_2\right)\left(\tfrac{\sqrt3}2(a-z_1)-\tfrac12z_2\right)+\left(a-\tfrac12z_1-\tfrac{\sqrt3}2z_2\right)\left(\tfrac{\sqrt3}2z_1-\tfrac12z_2\right)+z_1z_2$$Ausmultiplizieren und vereinfachen:
$$2F=\tfrac{\sqrt3}4(a-z_1)^2+\tfrac12(a-z_1)z_2-\tfrac{\sqrt3}4z_2^2+\tfrac{\sqrt3}2az_1-\tfrac12az_2-\tfrac{\sqrt3}4z_1^2-\tfrac12z_1z_2+\tfrac{\sqrt3}4z_2^2+z_1z_2$$$$2F=\tfrac{\sqrt3}4a^2+\left(-\tfrac{\sqrt3}2a+\tfrac{\sqrt3}2a\right)z_1+\left(\tfrac12a-\tfrac12a\right)z_2+\left(-\tfrac12-\tfrac12+1\right)z_1z_2+\left(\tfrac{\sqrt3}4-\tfrac{\sqrt3}4\right)z_1^2+\left(-\tfrac{\sqrt3}4+\tfrac{\sqrt3}4\right)z_2^2$$$$2F=\tfrac{\sqrt3}4a^2$$$$F=\tfrac12F_{ABC}$$Die Summe der drei Teildreiecke ist also immer die Hälfte des Flächeninhalts des Gesamtdreiecks $ABC$.
Ciao,
Thomas
\showoff
\quoteoff
Lässt sich leicht ergänzen:
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4.5} %
\pgfmathsetmacro{\b}{\a} %
\pgfmathsetmacro{\c}{\a} %
% Punkt P
\pgfmathsetmacro{\q}{0.6125*\c} %
\pgfmathsetmacro{\z}{1.3} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
Schraffur/.style={postaction={pattern=north west lines, pattern color=gray}},
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
% Punkt P
\coordinate[label={[anchor=east, xshift=-1mm, yshift=0mm]:$P$}] (P) at (\q,\z);
\foreach \X in {A,B,C} \draw[] (P) -- (\X);
% Senkrechte
\draw[] (P) -- ($(B)!(P)!(C)$) coordinate[label=right:$X$] (Pa) node[near start, above]{$x_2$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(C)$) coordinate[label=left:$Y$] (Pb) node[midway, below]{$y_2$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate[label=below:$Z$] (Pc) node[midway, right]{$z_2$};
\path[] (Pa) -- (B) node[midway, right]{$x_1$};
\path[] (Pb) -- (C) node[midway, left]{$y_1$};
\path[] (Pc) -- (A) node[midway, below]{$z_1$};
\path[Schraffur] (P) -- (Pa) -- (B);
\path[Schraffur] (P) -- (Pb) -- (C);
\path[Schraffur] (P) -- (Pc) -- (A);
% Winkel
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =C--Pa--P};
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =A--Pb--P};
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =B--Pc--P};
%% Punkte
\foreach \P in {P,Pa,Pb,Pc}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4.5} %
\pgfmathsetmacro{\b}{\a} %
\pgfmathsetmacro{\c}{\a} %
% Punkt P
\pgfmathsetmacro{\q}{0.6125*\c} %
\pgfmathsetmacro{\z}{1.3} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
Schraffur/.style={postaction={pattern=north west lines, pattern color=gray}},
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
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\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b);
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% Punkt P
\coordinate[label={[anchor=east, xshift=-1mm, yshift=0mm]:$P$}] (P) at (\q,\z);
\foreach \X in {A,B,C} \draw[] (P) -- (\X);
% Senkrechte
\draw[] (P) -- ($(B)!(P)!(C)$) coordinate[label=right:$X$] (Pa) node[near start, above]{$x_2$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(C)$) coordinate[label=left:$Y$] (Pb) node[midway, below]{$y_2$};
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate[label=below:$Z$] (Pc) node[midway, right]{$z_2$};
\path[] (Pa) -- (B) node[midway, right]{$x_1$};
\path[] (Pb) -- (C) node[midway, left]{$y_1$};
\path[] (Pc) -- (A) node[midway, below]{$z_1$};
\path[Schraffur] (P) -- (Pa) -- (B);
\path[Schraffur] (P) -- (Pb) -- (C);
\path[Schraffur] (P) -- (Pc) -- (A);
% Winkel
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =C--Pa--P};
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =A--Pb--P};
\draw pic [angle radius=2.5mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =B--Pc--P};
%% Punkte
\foreach \P in {P,Pa,Pb,Pc}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1197, eingetragen 2019-07-07
|
An dieser Aufgabe habe ich eine ganze Weile herumgeknobelt, auf der Suche nach einer möglichst einfachen Lösung, habe aber keine kürzere gefunden als diese:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331246A.png
Wir nennen
$$a_n=2\sqrt n\qquad b_n=\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}$$Wir zeigen zunächst, dass $a_n>b_n$ gilt, und dass die Differenz sehr schnell fallend ist:
$$a_n-b_n=2\sqrt n-(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})$$$$a_n-b_n=\frac{\left(2\sqrt n-(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})\right)\left(2\sqrt n+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})\right)}{2\sqrt n+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})}$$$$a_n-b_n=\frac{4n-\left(n-1+n+1+2\sqrt{(n-1)(n+1)}\right)}{2\sqrt n+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$$$$a_n-b_n=\frac{2n-2\sqrt{n^2-1}}{2\sqrt n+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$$$$a_n-b_n=\frac{2\left(n-\sqrt{n^2-1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}{\left(2\sqrt n+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}$$$$a_n-b_n=\frac{2\left(n^2-(n^2-1)\right)}{\left(2\sqrt n+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}$$$$a_n-b_n=\frac{2}{\left(2\sqrt n+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}$$Da im Nenner nur positive Terme stehen, ist damit einerseits der Nachweis erbracht, dass $a_n-b_n>0$ ist, aber andererseits ist auch
$$a_n-b_n<\frac{2}{4\sqrt{n-1}\cdot2\sqrt{n^2-1}}=\frac1{4\sqrt{n-1}\sqrt{n^2-1}}$$Wie man sieht, fällt die Differenz mit wachsendem $n$ schnell. Schon bei $n=2$ ist die Differenz kleiner als $\tfrac{\sqrt3}{12}$. Es wird also überwiegend der Fall sein, dass $a_n$ und $b_n$ auf die gleiche ganze Zahl abgerundet werden, und daher $f(n)=0$ ist. In seltenen Fällen könnte es aber passieren, dass $a_n$ schon die nächste ganze Zahl erreicht hat, während $b_n$ noch darunter liegt, also dass $[a_n]=[b_n]+1$ und daher $f(n)=1$ ist. Ein solcher Sprung passiert ganz sicher, wenn $n=k^2$ ist, denn dann ist $a_n=2\sqrt n=2k$ ganzzahlig. Da $b_n < a_n$ ist, aber auch $b_n>a_n-1$, ist $[b_n]=2k-1$ und somit $f(k^2)=1$. Wir zeigen nun, dass für alle anderen Fälle $f(n)=0$ ist:
1. Für $n\in\{k^2+1,k^2+2,...,k^2+k\}$ gilt $$[a_n]=2k$$Beweis:
Selbst für das größte Element in der Menge, nämlich $k^2+k$, gilt:
$$2k<2\sqrt{k^2+k}<2k+1$$Die linke Ungleichung ist offensichtlich. Für die zweite muss gelten:
$$4k^2+4k<4k^2+4k+1$$Diese Ungleichung ist ebenfalls erfüllt. Wenn es aber für das größte Element der Menge gilt, gilt es für die kleineren Elemente erst recht.
Es gilt aber auch
$$[b_n]=2k$$Hier führen wir den Beweis für das kleinste Element der Menge:
$$\sqrt{k^2+1-1}+\sqrt{k^2+1+1}>2k$$$$k+\sqrt{k^2+1+1}>2k$$$$\sqrt{k^2+1+1}>k$$Wenn schon für das kleinste $n$ aus der Menge die Behauptung gilt, dann auch für die größeren. Daher gilt für $n\in\{k^2+1,k^2+2,...,k^2+k\}$, dass $[a_n]=[b_n]=2k$ ist, und daher $f(n)=0$.
2. Für $n\in\{k^2+k+1,k^2+k+2,...,k^2+2k\}$ gilt $$[a_n]=2k+1$$Beweis:
(kleinstes Element)
$$2k+1<2\sqrt{k^2+k+1}$$$$4k^2+4k+1<4k^2+4k+4$$(größtes Element)
$$2\sqrt{k^2+2k}<2k+2$$$$4k^2+8k<4k^2+8k+4$$Daher gilt $[a_n]=2k+1$. Es gilt aber auch für alle $[b_n]=2k+1$. Beweis für das kleinste Element ist ausreichend:
$$\sqrt{k^2+k+1-1}+\sqrt{k^2+k+1+1}>2k+1$$$$\sqrt{k^2+k}+\sqrt{k^2+k+2}>2k+1$$$$k^2+k+k^2+k+2+2\sqrt{(k^2+k)(k^2+2k+2)}>4k^2+4k+1$$$$2\sqrt{(k^2+k)(k^2+2k+2)}>2k^2+2k-1$$$$4(k^2+k)^2+8(k^2+k)>4(k^2+k)^2-4(k^2+k)+1$$$$12(k^2+k)>1$$Aufgrund dessen gilt für diese Menge $n\in\{k^2+k+1,k^2+k+2,...,k^2+2k\}$, dass $[a_n]=[b_n]=2k+1$, und daher ebenfalls $f(n)=0$.
Das nächstgrößere $n$ wäre nun $k^2+2k+1=(k+1)^2$, was wieder eine Quadratzahl ist.
Zusammenfassend kann man also festhalten, dass nur dann $f(n)=1$ ist, wenn $n$ eine Quadratzahl ist.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1198, eingetragen 2019-07-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-07-07 23:07 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1197)
An dieser Aufgabe habe ich eine ganze Weile herumgeknobelt, auf der Suche nach einer möglichst einfachen Lösung, habe aber keine kürzere gefunden als diese:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_331246A.png
\quoteoff
Ein bisschen kürzer bekomme ich es hin:
\showon Alternativlösung
Es ist $f(1)= 1$. Von nun an sei $n\geq 2$.
Es gilt $f(n)=0$ genau dann, wenn $\lfloor 2\sqrt n\rfloor = \lfloor \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \rfloor$.
Dies ist genau dann der Fall, wenn es ein $k\in \IN$ gibt mit
\[k\leq 2\sqrt n < k+1 \quad \text{und} \quad k \leq \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} < k+1.\]
Dies wiederum ist äquivalent zu
\[\exists k\in \IN: \quad
k^2\leq 4n <(k+1)^2
\quad \text{und} \quad
k^2\leq 2n+2\sqrt{n^2-1}< (k+1)^2.
\]
Da $2n+2\sqrt{n^2-1}< 2n+ 2n = 4n$ ist, ist somit $f(n)=0$ genau dann, wenn
\[
\exists k\in \IN:\quad
k^2 \leq 2n+2\sqrt{n^2-1}
\quad \text{und} \quad
4n <(k+1)^2,
\]
was wiederum äquivalent ist zu
\[
\exists k\in \IN:\quad
k^2 \leq 2n+\lfloor 2\sqrt{n^2-1}\rfloor
\quad \text{und} \quad
4n <(k+1)^2,
\]
Da wir $n\geq 2$ annehmen, gilt
\[2n-1 = \sqrt{4n^2-4n+1} \leq \sqrt{4n^2-4} = 2\sqrt{n^2-1} < 2n\]
und somit
\[\lfloor 2\sqrt{n^2-1}\rfloor = 2n-1.\]
Also ist $f(n)=0$ genau dann, wenn
\[
\exists k\in \IN:\quad
k^2 \leq 4n-1
\quad \text{und} \quad
4n <(k+1)^2,
\]
d.h. genau dann, wenn
\[
\exists k\in \IN:\quad
k^2 < 4n <(k+1)^2.
\]
Dies ist offenbar genau dann erfüllt, wenn $4n$ keine Quadratzahl ist.
Also gilt $f(n)=0$ genau dann, wenn $n$ keine Quadratzahl ist.
Ist umgekehrt $n=m^2$ eine Quadratzahl, so gilt wegen
\[
\begin{align*}
2m-1 &= \sqrt{(m-1)^2}+\sqrt{m^2} \\
&\leq \sqrt{m^2-1}+\sqrt{m^2+1} \\
&= \sqrt{2m^2 +2\sqrt{m^4-1}} \\
&< \sqrt{2m^2+2m^2} = 2m,
\end{align*}
\]
dass
\[f(n) = f(m^2) = 2m - \lfloor \sqrt{m^2-1}+\sqrt{m^2+1} \rfloor = 2m -(2m-1)=1.\]
Zusammenfassend gilt also für alle $n>0$, dass
\[f(n) = \begin{cases}1, &\text{falls }n \text{ Quadratzahl ist,}\\
0, & \text{sonst.} \end{cases}\]
\showoff
\(\endgroup\)
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| Beitrag No.1199, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-08
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