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 Alte Olympiadeaufgaben |
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OlgaBarati
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 |  Beitrag No.1200, eingetragen 2019-07-08
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\quoteon
Aufgabe 1 - 141231
In die 64 Felder eines Schachbretts sind die Zahlen 1, 2, ..., 64 so eingetragen, dass in der ersten waagerechten Reihe von links nach rechts die Zahlen 1, 2, ..., 8, in der zweiten waagerechten Reihe von links nach rechts die Zahlen 9, 10, ..., 16 u.s.w. in dieser Reihenfolge stehen. Jemand soll nun acht Turme so auf Felder des Schachbretts stellen, dass keine zwei von ihnen einander schlagen können. Danach soll er die Summe S der Zahlen bilden, die auf den von den Turmen besetzten Feldern stehen. Es sind alle dabei möglichen Werte von S anzugeben.
Anmerkung: Zwei Turme können einander genau dann schlagen, wenn sie auf einer gemeinsamen waagerechten oder senkrechten Felderreihe stehen.
\quoteoff
Lösungsversuch:
Dem Aufgabentext entsprechend, darf in jeder Spalte und in jeder Zeile jeweils nur ein Turm stehen. Wählt man in Zeile 1 ein Feld von den 8 Möglichen aus, auf das ein Turm gestellt wird, so bleiben für Zeile 2 noch 7, für Zeile 3 noch 6 Möglichkeiten,.....für Zeile 8 noch eine Möglichkeit. Gleichzeitig reduziert sich damit analog die Anzahl der Möglichkeiten für die Spalten. Es gibt demnach 8!=40320 Möglichkeiten die Türme anzuordnen.
Seien die Feldzahl mit \(f(x,y)\), die Spaltenzahl mit \(x\) und die Zeilenzahl mit \(y\) definiert, so ist \(f(x,y)=x+8(y-1)\) mit \(x,y \in \mathbb{N},\;\; 1\leq x,y \leq 8\)
Für die Summe S ergibt sich mit der Gaußschen Summenformel: \(S=1\cdot \frac{x^2+x}{2}+ 8\cdot \frac{(y-1)^2+(y-1)}{2}=1\cdot \frac{8^2+8}{2}+ 8\cdot \frac{(8-1)^2+(8-1)}{2}=36+224=260\)
Alle möglichen Werte die \(S\) annehmen kann sind \(S=260\), denn mit jeder Spalte erhöht sich x auf x+1 und mit jeder Zeile erhöht sich y auf y+8 und unabhängig davon, welche Anordnung die Türme haben, es wird immer jede Spaltensumme und jede Zeilensumme(-1) einmal gezählt.
Kann das stimmen ?
LG Olga
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weird
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 | Beitrag No.1201, eingetragen 2019-07-08
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\quoteon(2019-07-08 10:30 - OlgaBarati in Beitrag No. 1200)
\quoteon
Aufgabe 1 - 141231
In die 64 Felder eines Schachbretts sind die Zahlen 1, 2, ..., 64 so eingetragen, dass in der ersten waagerechten Reihe von links nach rechts die Zahlen 1, 2, ..., 8, in der zweiten waagerechten Reihe von links nach rechts die Zahlen 9, 10, ..., 16 u.s.w. in dieser Reihenfolge stehen. Jemand soll nun acht Turme so auf Felder des Schachbretts stellen, dass keine zwei von ihnen einander schlagen können. Danach soll er die Summe S der Zahlen bilden, die auf den von den Turmen besetzten Feldern stehen. Es sind alle dabei möglichen Werte von S anzugeben.
Anmerkung: Zwei Turme können einander genau dann schlagen, wenn sie auf einer gemeinsamen waagerechten oder senkrechten Felderreihe stehen.
\quoteoff
Lösungsversuch:
Dem Aufgabentext entsprechend, darf in jeder Spalte und in jeder Zeile jeweils nur ein Turm stehen. Wählt man in Zeile 1 ein Feld von den 8 Möglichen aus, auf das ein Turm gestellt wird, so bleiben für Zeile 2 noch 7, für Zeile 3 noch 6 Möglichkeiten,.....für Zeile 8 noch eine Möglichkeit. Gleichzeitig reduziert sich damit analog die Anzahl der Möglichkeiten für die Spalten. Es gibt demnach 8!=40320 Möglichkeiten die Türme anzuordnen.
Seien die Feldzahl mit \(f(x,y)\), die Spaltenzahl mit \(x\) und die Zeilenzahl mit \(y\) definiert, so ist \(f(x,y)=x+8(y-1)\) mit \(x,y \in \mathbb{N},\;\; 1\leq x,y \leq 8\)
Für die Summe S ergibt sich mit der Gaußschen Summenformel: \(S=1\cdot \frac{x^2+x}{2}+ 8\cdot \frac{(y-1)^2+(y-1)}{2}=1\cdot \frac{8^2+8}{2}+ 8\cdot \frac{(8-1)^2+(8-1)}{2}=36+224=260\)
Alle möglichen Werte die \(S\) annehmen kann sind \(S=260\), denn mit jeder Spalte erhöht sich x auf x+1 und mit jeder Zeile erhöht sich y auf y+8 und unabhängig davon, welche Anordnung die Türme haben, es wird immer jede Spaltensumme und jede Zeilensumme(-1) einmal gezählt.
Kann das stimmen ?
LG Olga
\quoteoff
Hast du sie schon mit meiner Lösung (s. hier) verglichen? 8-)
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1202, eingetragen 2019-07-08
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Oh peinlich, da habe ich wohl gepennt, bin nach dem heutigen Download der Lösungs-Datei auf die Aufgabe gekommen. Da war die noch nicht gelöst drin. Auch wenn es wohl sehr schwer sein wird mir das zu glauben, ich habe tatsächlich nicht nachgesehen/abgeschrieben. Hatte die Lösung aber bereits vor einigen Tagen flüchtig "überscrollt" und hatte im Unterbewusstsein dass irgendwo schon eine Schachbrett-Aufgabe gelöst worden war. Das es jetzt die gleiche ist, weiß ich nun.
Pardon.
LG Olga
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Kornkreis
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 | Beitrag No.1203, eingetragen 2019-07-09
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341231 (in der wahrscheinlich richtigen Fassung)
\quoteon(2019-07-06 15:56 - Nuramon in Beitrag No. 1181)
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.]
\quoteoff
\showon Lösung
Bezeichnen wir die Nenner jeweils mit $A, B, C$ und multiplizieren die Ungleichung mit $ABC$, so erhalten wir äquivalent (beachte, dass $ABC$ positiv ist) zur zu zeigenden Ungleichung
$\begin{alignat*}{2}
&\qquad& ~ ABC & \geq AB+BC+CA \\[0.5cm]
&\Longleftrightarrow& ~ (A-1)(B-1)(C-1) & \geq A+B+C-1 \\[0.5cm]
&\Longleftrightarrow& ~ \left(x+\frac{1}{y}\right)\left(y+\frac{1}{z}\right)\left(z+\frac{1}{x}\right) & \geq x+\frac{1}{y}+y+\frac{1}{z}+z+\frac{1}{x}+2 \\[0.5cm]
&\Longleftrightarrow& ~ xyz+x+y+z+\frac{1}{xyz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} & \geq x+\frac{1}{y}+y+\frac{1}{z}+z+\frac{1}{x}+2 \\[0.5cm]
&\Longleftrightarrow& ~ xyz+\frac{1}{xyz}& \geq 2 \\[0.5cm]
&\Longleftrightarrow& ~ \left(\sqrt{xyz}-\frac{1}{\sqrt{xyz}}\right)^2& \geq 0
\end{alignat*}$
und letzteres ist offensichtlich wahr (beachte, dass die Wurzeln wegen $xyz > 0$ wohldefiniert sind). Damit ist die Aussage bewiesen.
\showoff
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haegar90
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 | Beitrag No.1204, eingetragen 2019-07-09
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Hier war der Mitbenutzer des Rechners noch angemeldet.
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1205, eingetragen 2019-07-09
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Aufgabe 3 - 161223
In einem Quadrat der Seitenlänge 1 mögen sich 51 Punkte befinden.
Man beweise, dass es zu jeder Anordnung solcher 51 Punkte
einen Kreis mit dem Radius \(\frac{1}{7}\) gibt, der wenigstens drei dieser Punkte in seinem Innern enthält.
\showon
Lösung:
Sei der Kreis mit \(r=\frac{1}{7}\) der Umkreis eines Quadrates, so ist die Diagonale von diesem Quadrat \(d=2r=\frac{2}{7}\) und dessen Seitenlänge \[s=\sqrt{\frac{d^2}{2}}=\sqrt{\frac{(\frac{2}{7})^2}{2}}\approx 0,2020\geq{0,20}\]
Die Gesamtfläche von dem Quadrat mit der Seitenlänge 1 kann nun mit der Anzahl 25 der Quadrate der Seitenlänge \(s=0,20\) vollständig ausgefüllt werden. Mit der Anordnung von jeweils 2 Punkten in jedem der 25 Quadrate befinden sich 50 Punkte im Quadrat mit der Seitenlänge 1. Fügen wir nun Punkt Nr. 51 hinzu so erhalten wir bei beliebiger Anordnung aller 51 Punkte stets ein Quadrat bzw. einen Kreis mit \(r=\frac{1}{7}\) in dem sich mindestens 3 Punkte befinden. \(\Box\)
\showoff
LG Olga
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weird
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| Beitrag No.1206, eingetragen 2019-07-09
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@Steffen: Hatte die Lösung der folgenden Aufgabe von Kuestenkind (in #1175) leider übersehen. Bitte also meine nachfolgende sehr ähnliche Lösung nicht in die offiziellen Lösungen übernehmen.
\quoteonAufgabe 1 - 321231
Man untersuche, ob es eine positive ganze Zahl n gibt, für die die Zahl $\sqrt n+\sqrt{n+4}$ rational ist.
Hinweis: Als bekannter Sachverhalt kann die Aussage verwendet werden, dass für jede natürliche Zahl $k$, die keine Quadratzahl ist, die Zahl $\sqrt k$ nicht rational ist.
\quoteoff
\showon
Lösung: Eine solche natürliche Zahl $n>0$ gibt es klarerweise nicht. Würde nämlich für ein $n\in\mathbb N^*$ eine Gleichung
\[\sqrt n+\sqrt{n+4}=r\quad \text{mit}\quad r\in\mathbb Q\]
gelten, so würde daraus durch Quadrieren sofort
\[\sqrt{n(n+4)}=\frac{r^2-2n-4}2\in\mathbb Q\]
folgen, d.h. es würde nach obigem Hinweis
\[n(n+4)=q^2\quad \text{bzw.}\quad (n+2)^2-q^2=4 \]
für ein $q\in\mathbb N$ gelten. Nun gilt aber nach Voraussetzung $n+2\ge 3$ und wegen
\[\forall k\ge 3:\quad k^2-(k-1)^2=2k-1\ge 2\cdot 3-1>4\]
ist daher selbst der Abstand von $(n+2)^2$ zur nächstkleineren Quadratzahl bereits größer als $4$, was somit der gesuchte Widerspruch ist.
\showoff
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Kuestenkind
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 | Beitrag No.1207, eingetragen 2019-07-09
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Huhu,
ohne Aktualisierung der PDF doppeln sich anscheinend die Lösungen. Oder hattest du etwas einzuwenden an meiner Lösung?
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=241352&start=1160#p1766628
Gruß,
Küstenkind
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weird
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| Beitrag No.1208, eingetragen 2019-07-09
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\quoteon(2019-07-09 09:40 - Kuestenkind in Beitrag No. 1207)
ohne Aktualisierung der PDF doppeln sich anscheinend die Lösungen. Oder hattest du etwas einzuwenden an meiner Lösung?
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=241352&start=1160#p1766628
Gruß,
Küstenkind
\quoteoff
Ja, tut mir sehr leid, ich hatte deine Lösung, an der es nichts auszusetzen gibt, tatsächlich übersehen. :-(
Ich habe nun einen entsprechenden Vermerk oben dazugefügt.
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1209, eingetragen 2019-07-09
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Huhu weird,
nun - entschuldigen brauchst du dich nicht! Ist doch schön, dass wir beide zur gleichen Lösung kommen. Hauptproblem ist wohl (wie ich ja geschrieben habe), dass die PDF zur Zeit nicht aktualisiert werden kann. Ich gestehe, dass ich hier nun auch nicht jeden Beitrag genau lese. Daher ist es wohl zur Zeit etwas hoffen, dass die entsprechende Aufgabe nicht doch schon gelöst wurde... So auch diese:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-09_um_14.26.24.png
Die Konstruktion ist kein Problem:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-09_um_14.27.24.png
Den Punkt \(C'\) findet man, indem man zweimal mit dem Zirkel \(|AC|\) auf der Verlängerung abträgt. Den Punkt \(Y\) konstruiert man einfach, indem man die Strecke \(\overline{C'B}\) mithilfe einer Strahlensatzfigur drittelt.
Zu b): Nach dem Satz von Menelaus gilt \(\displaystyle \frac{XB}{XC}\cdot \frac{AC}{AC'}\cdot \frac{YC'}{YB}=1\). Und somit \(\displaystyle \frac{XB}{XC}=\frac{6}{1}\).
Gruß,
Küstenkind
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Kornkreis
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.1210, eingetragen 2019-07-09
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321224
Eine Schulklasse ist im Sportunterricht in einer Linie angetreten. Auf das Kommando "rechts um!" drehen sich alle Schüler um 90°, jedoch einige zur falschen Richtung. Jeder Schüler kehrt also jedemseiner Nachbarn entweder das Gesicht oder den Rücken zu. Von dieser Anfangssituation an drehen sich nur noch zu jeder vollen Sekunde genau diejenigen Schüler, und zwar um 180°, die einem ihrer Nachbarn das Gesicht zuwenden und dabei sein Gesicht sehen. Man untersuche, ob sich aus jeder (der obigen Beschreibung entsprechenden) Anfangssituation einer Schulklasse heraus einmal ein Zeitpunkt einstellen muss, von dem an sich kein Schüler mehr dreht.
\showon Lösung.
Angenommen, es gäbe eine Anfangssituation (mit endlich vielen Schülern), für die der beschriebene Umdreh-Prozess nie endet. Dann muss es insbesondere einen Schüler $S_i$ geben, der sich im Laufe dieses Prozesses unendlich oft dreht. Dieser Schüler kann nicht am Rand stehen, da er dann nach höchstens einer 180°-Drehung keinen Schüler mehr anschauen und sich folglich nicht mehr drehen würde. Der Schüler $S_i$ hat also einen linken Nachbarn $S_{i-1}$, dem er unendlich oft ins Gesicht schaut, da sich $S_i$ unendlich oft dreht. Wenn sich $S_i$ und $S_{i-1}$ ins Gesicht schauen, dreht sich aber auch $S_{i-1}$ um 180$^\circ$ weg. Da sich $S_i$ und $S_{i-1}$ unendlich oft ins Gesicht schauen, muss sich also auch $S_{i-1}$ unendlich oft drehen. Iterativ folgt, dass sich der Schüler, der ganz links am Rand steht, unendlich oft drehen muss. Wie wir bereits festgestellt haben, ist dies aber nicht möglich.
Folglich gibt es für jede (der Aufgabenstellung entsprechende) Konfiguration endlich vieler Schüler einen Zeitpunkt, ab dem sich kein Schüler mehr dreht.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1208 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1211, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-09
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Alternativlösung zur 321224: Stehen zwei benachbarte Schüler so, dass sie sich gegenseitig anschauen, so können sie auch, anstatt sich beide um $180^{\circ}$ zu drehen, aneinander vorbeigehen: Bei beiden Bewegungen ist die entstehende Folge von nach rechts bzw. links schauenden Schülern gleich.
Offensichtlich kann aber jeder Schüler an jedem anderen höchstens einmal vorbeilaufen. Da es nur endlich viele Schüler sind, endet der Prozess also zwangsläufig.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1212, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-09
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\quoteon
Aufgabe 261221: Man ermittle alle diejenigen Tripel reeller Zahlen $(x;y;z)$, die Lösung des folgenden Gleichungssystems (1), (2), (3) sind:
(1): x \cdot y =2
(2): x \cdot z =3
(3): x^2+y^2=5
\quoteoff
Lösung:
Betrachtet man die Gleichung "$(3) + 2\cdot (1)$", so erhält man $9=x^2+2xy+y^2=(x+y)^2$, also $x+y=\pm 3$. Analog erhält man aus "$(3) + 2\cdot (1)$" die Gleichung $1=x^2-2xy+y^2=(x-y)^2$, also $x-y=\pm 1$.
Wir führen eine vollständige Fallunterscheidung nach den Vorzeichen von $x+y$ und $x-y$ durch:
Fall 1: Es ist $x+y=3$.
Fall 1.1: Es ist $x-y=1$. Es folgt $(x,y,z)=\left(2,1,\frac{3}{2}\right)$.
Fall 1.2: Es ist $x-y=-1$. Es folgt $(x,y,z)=(1,2,3)$.
Fall 2: Es ist $x+y=-3$.
Fall 2.1: Es ist $x-y=1$. Es folgt $(x,y,z)=(-1,-2,-3)$.
Fall 2.2: Es ist $x-y=-1$. Es folgt $(x,y,z)=\left(-2,-1,-\frac{3}{2}\right)$.
Damit lösen genau die vier genannten Tripel das Gleichungssystem, was die Probe bestätigt.
\quoteon
Aufgabe 261233A: Man untersuche ob es vier aufeinanderfolgende natürliche Zahlen gibt, die die folgende Eigenschaft haben:
Jede der vier Zahlen lässt sich so in zwei positive ganzzahlige Summanden $x$ und $y$ zerlegen, dass sie jeweils ein Teiler von $x\cdot y$ ist.
\quoteoff
Lösung:
Wir betrachten zuerst folgenden Hilfssatz, wobei für die Aufgabe nur die erste Implikation von Bedeutung ist:
Eine natürliche Zahl $n$ lässt sich genau dann als Summe zweier positiver ganzer Zahlen $x$ und $y$ mit $n|x\cdot y$ darstellen, wenn es eine Primzahl $p$ gibt, sodass $p^2$ ein Teiler von $n$ ist.
Beweis: Nehmen wir zuerst an, dass $n$ durch $p^2$ teilbar ist und wählen $x:=\frac{n}{p}$ sowie $y:=n-x$. Dann ist $00$ und $n|x$, $n|y$, also $n\leq x,y$, ein Widerspruch zu $x+y=n$ entstehen würde. Also gibt es mindestens eine Primzahl $p$ mit $p^2|n$, $\Box$.
Nun zur Aufgabe:
Da $4=2^2$, $9=3^2$, $25=5^2$ und $49=7^2$ paarweise teilerfremd sind, gibt es nach dem Chinesischen Restsatz eine (und damit unendlich viele) natürliche Zahl $m$, sodass $m$ bei der Teilung durch 49 den Rest 0, bei der Teilung der 25 den Rest 1, bei der Teilung durch 9 den Rest 2 und bei der Teilung durch 4 den Rest 3 lässt. (Dann ist, wie man leicht nachprüft, $m>3$, sodass auch $m-3$ eine natürliche Zahl ist.)
Sei $m$ eine solche natürliche Zahl. Dann ist $m-3$ durch $2^2$, $m-2$ durch $3^3$, $m-1$ durch $5^2$ und $m$ durch $7^2$ teilbar, sodass nach dem vorhergehenden Hilfssatz sich jede dieser vier aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen darstellen lässt als Summe $x+y$ positiver ganzer Zahlen und gleichzeitig Teiler vom Produkt $x \cdot y$ dieser beiden Summanden ist. Also gibt es solche Zahlen.
Bemerkung: Das Konstruktionsverfahren lässt sich in analoger Weise auf beliebig viele aufeinanderfolgende natürlicher Zahlen mit dieser Eigenschaft erweitern.
Bei Aufgabe 261236 ist ein kleiner Druckfehler enthalten. In Formel (4) müsste es -- laut Manuelas PDF -- im Nenner $a^n$ statt $a_n$ lauten. (Nebenbei: Die Formel-Nummern werden hier auch nicht benötigt, da nicht darauf verwiesen wird. Es gibt z.B. keine (3)...)
Cyrix
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.1213, eingetragen 2019-07-09
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Nachfolgend wieder eine sehr leichte Aufgabe, wie ich finde, sodass es mich wundert, dass bisher dafür noch keine Lösung existiert. Oder habe ich einfach nur wieder was übersehen? 8-)
\quoteonAufgabe 3B - 321233B
Für jede natürliche Zahl $n ≥2$ ermittle man alle diejenigen $n$-Tupel $(x_1,x_2,...,x_n)$ positiver ganzer Zahlen $x_1,x_2,...,x_n$, die das folgende Gleichungssystem erfüllen:
\[x_1·x_2 =3·(x_1 +x_2) \\
x_2·x_3 =3·(x_2 +x_3) \\
... \\
x_{n−1}·x_n =3·(x_{n−1} +x_n) \\
x_n ·x_1 =3·(x_n +x_1) \]
\quoteoff
\showon
Obiges Gleichungssystem lässt sich auch einfach umschreiben zu
\[(x_1-3)(x_2-3)=9\\
(x_2-3)(x_3-3)=9 \\
... \\
(x_{n-1}-3)(x_n-3)=9 \\
(x_n-3)(x_1-3)=9 \]
Sehen wir uns also etwa die Lösung der ersten Gleichung
\[(x_1-3)(x_2-3)=9\]
an, so ist sofort klar, dass hier nur die Lösungspaare
\[(x_1,x_2)\in\{(4,12),(6,6),(12,4)\}\]
bestehend aus positiven ganzen Zahlen in Frage kommen. Gleiches gilt für die andere Gleichungen, wobei die Lösungen aber in der folgenden Weise "gekoppelt" sind: Wählt man für $(x_1,x_2)$ ein Paar $(a,b)$ wie oben, so muss dann für die 2. Gleichung das Lösungspaar $(x_2,x_3)=(b,a)$, für die dritte Gleichung wieder $(x_3,x_4)=(a,b)$ usw. genommen werden. Speziell für ungerades $n$ muss dann aber $a=b=6$ sein, da sich sonst für $x_1$ verschiedene Lösungen aus der ersten und der letzte Gleichung ergeben würden.
Zusammenfassend gilt somit, dass es für jedes $n\ge 2$ auf jeden Fall die Lösung
\[(x_1,x_2,x_3,...,x_n)=(6,6,6,...,6)\]
gibt, für ein gerades $n\ge2$ aber dann noch jeweils die zwei weiteren Lösungen
\[(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\in \{(4,12,4,12,...,4,12),(12,4,12,4,...,12,4)\}\]
\showoff
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1214, eingetragen 2019-07-09
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Huhu,
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-09_um_14.23.33.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-09_um_19.20.59.png
nach dem Satz von Menelaus gilt \(\displaystyle \frac{AB}{SB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CM}{MS}=1\) und somit \(\displaystyle \frac{BP}{PC}=\frac{2}{1}\). Außerdem gilt ebenso nach Menelaus \(\displaystyle \frac{BC}{PC}\cdot \frac{PM}{MA}\cdot \frac{AS}{SB}=1\) und somit \(\displaystyle \frac{AM}{MP}=\frac{3}{1}\).
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1215, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-09
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Klasse 10 und 12 von 1986 sind vollständig
LG Steffen
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Kornkreis
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| Beitrag No.1216, eingetragen 2019-07-10
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\quoteon(2019-07-06 20:40 - mawi in Beitrag No. 1190)
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...
\quoteoff
Hi, du hast die Musterlösungen von allen Aufgaben? Dann wäre es ja auch interessant, falls du die einscannen könntest - manchmal ist es ganz lehrreich, einen alternativen oder variierenden Lösungsweg zu sehen.
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1217, eingetragen 2019-07-11
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Mit folgender Aufgabe habe ich so meine Schwierigkeiten:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236.png
Irgendwie ist mir unklar, was hier eigentlich verlangt wird. Etwas anders formuliert geht es ja darum, ein Dreieck maximalen Flächeninhalts zu finden, dessen Eckpunkte um 1, 3 und 5 Längeneinheiten von einem zentralen Punkt entfernt liegen. Das ist kein Hexenwerk, aber es führt immer wieder auf eine kubische Gleichung, egal, welchen Rechenweg ich einschlage. Was auch sonst, es gibt immer nur ein richtiges Ergebnis, nur die Wege dorthin können unterschiedlich kompliziert und verschlungen sein.
Und dann wäre da noch diese Existenzaussage, die mir beim Lösen einer kubischen Gleichung nicht die Bohne weiterhilft. Oder geht es hier lediglich um die Angabe einer (sinnvollen) oberen Schranke? Letzteres ist einfach:
Sind zwei Seiten $a$ und $b$ eines Dreiecks gegeben, dann ist der Flächeninhalt
$$A=\tfrac12ab\sin(\sphericalangle a,b)\leq\tfrac12ab$$Für den maximalen Flächeninhalt dieses Dreiecks, das sich aus drei Teildreiecken mit jeweils zwei der drei Radien als Kantenlängen zusammensetzt, gilt demnach
$$A_{max}\leq\tfrac12(1\cdot3+1\cdot5+3\cdot5)=11\tfrac12$$Das kann es ja nicht gewesen sein, aber die genaue Lösung, die bei $10,517868...$ liegt, ist um ein Vielfaches komplizierter, wenngleich sie nach den Cardanischen Formeln nach Schema F abzuarbeiten ist.
Was meint Ihr?
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.1218, eingetragen 2019-07-11
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\quoteon(2019-07-11 10:36 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1217)
Das kann es ja nicht gewesen sein, aber die genaue Lösung, die bei $10,517868...$ liegt, ist um ein Vielfaches komplizierter, wenngleich sie nach den Cardanischen Formeln nach Schema F abzuarbeiten ist.
Was meint Ihr?
\quoteoff
Der obige genaue Wert stimmt, wie dies u.a. auch durch eine krude Computersimulation bestätigt wird, und dieser ist hier wohl auch gemeint. Einen wirklich "schönen" Weg, um ihn herzuleiten, sehe ich hier allerdings leider auch nicht. Insofern kann ich mit dieser Aufgabe ebenfalls nicht wirklich viel anfangen.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1219, eingetragen 2019-07-12
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Ich schreibe mal auf, was ich habe:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236.png
Variante 1:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236_Skizze.png
Der Punkt $D$ sei der Mittelpunkt der konzentrischen Kreise. Es ist gleichzeitig der Schnittpunkt der Höhen des Dreiecks $ABC$. Das heißt, dass wenn man Geraden durch den Mittelpunkt $D$ und die Eckpunkte legt, diese Geraden die Dreiecksseiten unter einem rechten Winkel schneiden. Warum das so sein muss, kann man sich relativ leicht klar machen:
Betrachtet man zwei Punkte als fix, z.B. $A$ und $B$, dann ist die Fläche des Dreiecks gleich die Grundseite $AB$ mal den Abstand des Punktes $C$ von der Seite $AB$. Wenn der Punkt $C$ nur um $D$ im Abstand $r_3$ rotieren kann, ist der Abstand des Punktes $C$ von $AB$ genau dann maximal (und damit auch die Fläche), wenn die Verbindungslinie $CD$ senkrecht steht auf $AB$. Das gleiche gilt sinngemäß auch für die anderen Punkte.
Sei nun $x$ die Verlängerung der Strecke $AD$ bis zur Strecke $BC$. Dann gilt:
$$(1)\qquad x^2+y^2=r_3^2$$$$(2)\qquad x^2+z^2=r_2^2$$Die zu maximierende Fläche des Dreiecks ist
$$(3)\qquad A=\tfrac12(r_1+x)(y+z)$$Löst man (1) und (2) nach $y$ und $z$ auf und setzt in (3) ein, dann folgt:
$$(4)\qquad A(x)=\tfrac12(r_1+x)\left(\sqrt{r_2^2-x^2}+\sqrt{r_3^2-x^2}\right)$$Ableiten und null setzen, um das Maximum zu bestimmen (den Faktor $\tfrac12$ können wir gleich eliminieren durch das Nullsetzen):
$$0=\left(\sqrt{r_2^2-x^2}+\sqrt{r_3^2-x^2}\right)+(r_1+x)\left(\frac{-x}{\sqrt{r_2^2-x^2}}+\frac{-x}{\sqrt{r_3^2-x^2}}\right)$$$$0=\left(\sqrt{r_2^2-x^2}+\sqrt{r_3^2-x^2}\right)-x(r_1+x)\frac{\sqrt{r_2^2-x^2}+\sqrt{r_3^2-x^2}}{\sqrt{r_2^2-x^2}\cdot\sqrt{r_3^2-x^2}}$$$$0=1-\frac{x(r_1+x)}{\sqrt{r_2^2-x^2}\cdot\sqrt{r_3^2-x^2}}$$$$x(r_1+x)=\sqrt{r_2^2-x^2}\cdot\sqrt{r_3^2-x^2}$$$$x^4+2r_1x^3+r_1^2x^2=(r_2^2-x^2)(r_3^2-x^2)$$$$x^4+2r_1x^3+r_1^2x^2=x^4-(r_2^2+r_3^2)x^2+r_2^2r_3^2$$$$2r_1x^3+(r_1^2+r_2^2+r_3^2)x^2-r_2^2r_3^2=0$$Damit wären wir bei einer kubischen Gleichung für $x$. Die Lösung der kubischen Gleichung führt auf den Casus irreducibilis, so dass man $x$ nicht als Summe von Wurzeln und dritten Wurzeln darstellen kann, sondern nur mit dem Kosinus von Winkeldritteln. Nicht schön. Setzt man dann noch $x$ in (4) ein, erhält man den Wert für $A$.
Variante 2:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236_Skizze2.png
Wir verzichten hier auf die Annahme von oben, dass $D$ der Höhenschnittpunkt ist, sondern leiten den Zusammenhang ganz allgemein her. Die Fläche eines Dreiecks bei zwei gegebenen Seiten und dem dazwischen liegenden Winkel ist $\tfrac12ab(\sin\sphericalangle ab)$. Das Dreieck $ABC$ setzt sich zusammen aus den drei Teildreiecken $ABD$, $BCD$ und $CDA$. Dann ist die Fläche
$$A=\tfrac12r_1r_2\sin(\pi-\alpha)+\tfrac12r_1r_3\sin(\pi-\beta)+\tfrac12r_2r_3\sin(\alpha+\beta)$$$$(5)\qquad A=\tfrac12r_1r_2\sin\alpha+\tfrac12r_1r_3\sin\beta+\tfrac12r_2r_3\sin(\alpha+\beta)$$Da wir das Maximum suchen, muss die partielle Ableitung nach beiden Variablen $\alpha$ und $\beta$ jeweils null sein.
$$\frac{\partial A}{\partial\alpha}=\tfrac12r_1r_2\cos\alpha+\tfrac12r_2r_3\cos(\alpha+\beta)$$$$(6)\qquad r_1r_2\cos\alpha+r_2r_3\cos(\alpha+\beta)=0$$und in gleicher Weise:
$$\frac{\partial A}{\partial\beta}=\tfrac12r_1r_3\cos\beta+\tfrac12r_2r_3\cos(\alpha+\beta)$$$$(7)\qquad r_1r_3\cos\beta+r_2r_3\cos(\alpha+\beta)=0$$Setzt man (6) und (7) gleich, erhält man:
$$r_1r_2\cos\alpha=r_1r_3\cos\beta$$$$(8)\qquad r_2\cos\alpha=r_3\cos\beta$$(Daraus folgt die unter Variante 1 geäußerte Schlussfolgerung, dass die Radien senkrecht auf die Dreiecksseiten stehen). Wenn man (6) durch $r_2$ teilt und das Additionstheorem des Cosinus anwendet, folgt:
$$r_1\cos\alpha+r_3\cos\alpha\cos\beta-r_3\sin\alpha\sin\beta=0$$Hier setzen wir (8) ein und erhalten:
$$r_1\cos\alpha+r_2\cos^2\alpha=r_3\sqrt{1-\cos^2\alpha}\cdot\sqrt{1-\frac{r_2^2}{r_3^2}\cos^2\alpha}$$$$r_1^2\cos^2\alpha+2r_1r_2\cos^3\alpha+r_2^2\cos^4\alpha=(1-\cos^2\alpha)(r_3^2-r_2^2\cos^2\alpha)$$$$r_1^2\cos^2\alpha+2r_1r_2\cos^3\alpha+r_2^2\cos^4\alpha=r_3^2-(r_2^2+r_3^2)\cos^2\alpha+r_2^2\cos^4\alpha$$$$2r_1r_2\cos^3\alpha+(r_1^2+r_2^2+r_3^2)\cos^2\alpha-r_3^2=0$$Multipliziert man diese Gleichung mit $r_2^2$ und berücksichtigt $x=r_2\cos\alpha$, ist man wieder bei der gleichen kubischen Gleichung wie oben.
An dieser Stelle wüsste ich nicht, was man noch anstellen könnte, ohne die kubische Gleichung entweder per Cardanische Formeln oder numerisch z.B. mit dem Newton-Verfahren zu lösen. Es kommt übrigens raus:
$$x=\frac{r_1^2+r_2^2+r_3^2}{6r_1}\left[2\cos\left(\tfrac13\arccos\left(\frac{54r_1^2r_2^2r_3^2}{(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^3}-1\right)\right)-1\right]$$
Ich habe auch ein bisschen Gehirnschmalz in einen Versuch gesteckt, implizit $A$ zu berechnen, ohne explizite Berechnung von $x$, aber bin da auch nicht wirklich weitergekommen. Ich sehe keinen anderen Weg, als nun $x$ oder $\alpha$ zu berechnen und in die Gleichungen (4) oder (5) einzusetzen. Der Ausdruck für $A$ wird natürlich extrem lang und ich sehe wenig Chancen, den dann irgendwie zu verkürzen. Man könnte allenfalls noch Mathematica draufhetzen und ein "FullSimplify" versuchen, um zu sehen, ob sich die Mühe lohnt, aber das kann nicht Sinn einer Olympiadeaufgabe von 1992 sein.
Vielleicht hat ja noch jemand eine Idee.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1220, eingetragen 2019-07-12
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Die Lösung muss auf jeden Fall über $r_1$, $r_2$ und $r_3$ symmetrisch sein. Daher habe ich noch folgendes getüftelt:
$$r_q=\sqrt{\frac{r_1^2+r_2^2+r_3^2}3}$$$$r_m=(r_1r_2r_3)^\tfrac13$$$$c=r_q^2\left[\cos\left(\tfrac13\arccos\left(2\left(\frac{r_m}{r_q}\right)^6-1\right)\right)-\tfrac12\right]$$$$A=\frac c2\left(\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right)\sqrt{r_1^2r_2^2-c^2}+\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_3^2}\right)\sqrt{r_1^2r_3^2-c^2}+\left(\frac1{r_2^2}+\frac1{r_3^2}\right)\sqrt{r_2^2r_3^2-c^2}\right)$$Aber ob das im Sinne des Erfinders ist...
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1221, eingetragen 2019-07-12
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_KonzDreieck.gif
So könnte es aussehen und würde mit \(A_{max}=\frac{\overline{AB}\;\cdot \;\overline{BC}}{2}\approx 10,518\) auch passen.
Das ist natürlich so keine Lösung, kein Lösungsweg. Höchstens möglicherweise ein Indiz zum Auffinden eines einfacheren Lösungsweges.
Es müssten also die Strecken \(\overline{AB}\) und \(\overline{BC}\) maximal sein und gleichzeitig das Verhaltnis von \(\overline{BC}:\overline{AB}\) minimal sein.
Ob das etwas nutzt oder ob ich damit völlig auf dem Holzweg bin, bleibt offen.
LG Olga
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1219 begonnen.]
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Nuramon
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| Beitrag No.1222, eingetragen 2019-07-12
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Zu 321236 habe ich diese Frage hier gefunden. Auch dort scheint niemand darum herum zu kommen die reelle Nullstelle eines Polynom dritten Grades finden zu müssen.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1223, eingetragen 2019-07-12
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Hallo Nuramon,
\quoteon(2019-07-12 13:22 - Nuramon in Beitrag No. 1222)
Zu 321236 habe ich diese Frage hier gefunden. Auch dort scheint niemand darum herum zu kommen die reelle Nullstelle eines Polynom dritten Grades finden zu müssen.
\quoteoff
Alles andere hätte mich auch gewundert. Dort wird auch festgestellt, dass der Höhenschnittpunkt der Mittelpunkt der konzentrischen Kreise sein muss. Dann wird es wohl nicht einfacher werden, als ich in #1220 festgehalten habe.
@OlgaBarati:
Technisch gesehen ist die Aufgabe "einfach". Ich kann nach Lösen der kubischen Gleichung jeden Winkel, jede Seitenlänge usw. in dem Dreieck berechnen. Die Frage besteht lediglich darin, ob es eine "einfache" (im Sinne von kurze und überschaubare) explizite Formel für $A$ gibt, die man im Idealfall so herleitet, dass man den Weg über die kubische Gleichung gar nicht erst gehen muss. Wir suchen sozusagen nach einer eleganten Abkürzung, deren Existenz ich allerdings inzwischen arg bezweifle. Deine Skizze kann nicht passen, der Kreismittelpunkt ist dort nicht der Höhenschnittpunkt.
All das bringt mich zurück zu der Frage, was hier wohl die beabsichtigte Lösung war. Vielleicht kann hier mawi weiterhelfen...
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1224, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-12
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Hat das Dreieck ggf. einfach zu bestimmende Winkel, oder zumindest einfach zu bestimmende Sinuswerte der Winkel? Das könnte die Lösungsbeschreibung vereinfachen...
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1225, eingetragen 2019-07-12
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Hallo cyrix,
nein, absolut nichts davon sieht irgendwie "glatt" aus. Vergleiche ich diese Aufgabe (Klasse 12, Stufe III, 6. Aufgabe) mit anderen Aufgaben aus der III. oder IV. Stufe, wäre die Lösung aus #1220 vom Gesamtaufwand schon deutlich überkandidelt. (Das heißt, wenn es nicht eine elegante Abkürzung gibt. Aber an der Tatsache, dass eine kubische Gleichung für $x$ zu lösen ist, und genauso für die anderen Abschnitte, führt kein Weg vorbei. Wären die Sinuswerte glatt, müssten sich zwangsläufig für diese Abschnitte auch halbwegs glatte Zahlen oder zumindest Wurzeln aus glatten Zahlen ergeben).
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1226, eingetragen 2019-07-12
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Zur Abwechslung mal was einfaches. Hat die schon jemand bearbeitet?
Das Produkt kann nur dann ungerade sein, wenn jeder einzelne der Faktoren ungerade ist. Die Faktoren $(a_i-i)$ sind nur dann alle ungerade, wenn $a_i$ und $i$ verschiedene Parität haben, also z.B. $a_i$ ungerade ist, wenn $i$ gerade ist, oder anders herum. Da $n=2m-1$ mit $m\in\mathbb N$ ungerade ist, gibt es in der Menge $\{1,2,3,...,n\}$ eine ungerade Zahl mehr als es gerade gibt, also $m-1$ gerade Zahlen und $m$ ungerade Zahlen. Jedem ungeraden $i\in\{1,2,3,...,n\}$, von denen es $m$ gibt, muss ein gerades $a_i$ zugeordnet werden. Von denen gibt es aber nur $m-1$, also eines zu wenig, so dass auf jeden Fall immer ein Faktor dabei ist, wo zwei ungerade Zahlen voneinander abgezogen werden. Dieser Faktor ist dann gerade, und somit ist auch das Produkt gerade.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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| Beitrag No.1227, eingetragen 2019-07-12
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-07-12 18:26 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1226)
Zur Abwechslung mal was einfaches. Hat die schon jemand bearbeitet?
\quoteoff
Ich meine mich zu erinnern folgende Lösung in irgendeinem Buch mal gelesen zu haben:
Es ist
\[(a_1-1)+(a_2-2)+\ldots + (a_n-n)=0\]
Da $n$ ungerade ist, ist dies nur möglich, wenn mindestens einer der Summanden $a_k-k$ gerade ist. Daraus folgt bereits, dass das Produkt in der Aufgabenstellung ebenfalls gerade ist.\(\endgroup\)
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Kornkreis
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| Beitrag No.1228, eingetragen 2019-07-12
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\quoteon(2019-07-12 18:39 - Nuramon in Beitrag No. 1227)
Ich meine mich zu erinnern folgende Lösung in irgendeinem Buch mal gelesen zu haben:
Es ist
\[(a_1-1)+(a_2-2)+\ldots + (a_n-n)=0\]
Da $n$ ungerade ist, ist dies nur möglich, wenn mindestens einer der Summanden $a_k-k$ gerade ist. Daraus folgt bereits, dass das Produkt in der Aufgabenstellung ebenfalls gerade ist.
\quoteoff
Nicht schlecht!! 8-)
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Nuramon
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| Beitrag No.1229, eingetragen 2019-07-12
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Wurde 301232 schon gelöst?
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_301232.png
\showon
Es seien $P_1,P_2$ zwei der $n$ Punkte, die voneinander maximalen Abstand haben.
Ist dann $P_3$ ein weiterer Punkt, so können die Strecken $P_1P_3$ und $P_2P_3$ höchstens so lang sein wie die Strecke $P_1P_2$. Andererseits ist nach Voraussetzung die kürzeste der Strecken $P_1P_2, P_2P_3,P_1P_3$ kürzer als 1. Damit ist gezeigt, dass $P_3$ in der Kugel mit Radius 1 um $P_1$ oder in der Kugel mit Radius 1 um $P_2$ enthalten ist.
Da $P_3$ beliebig war, folgt die Behauptung.
\showoff
@stpolster: In der Aufgabenstellung sollte es heißen "(mindestens) einem der beiden Kugelkörper".
\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.1230, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-12
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1986 bis 1989 sind vollständig
Morgen werde ich wahrscheinlich eine aktuelle Datei online stellen.
LG Steffen
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.1231, eingetragen 2019-07-12
|
... Du hast bis Sonntag Zeit. Morgen ruhen alle Matroids.
LG Olga
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.1232, eingetragen 2019-07-13
|
Kurz vor dem Blackout noch eine schnelle Lösung:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311245.png
Setzt man $y=0$ ein, erhält man:
$$f(x)\cdot f(0)=2f(x)$$so dass $f(0)=2$ ist. Setzt man nun $y=1$ ein, erhält man eine rekursive Definition:
$$af(x)=f(x+1)+f(x-1)$$$$f(x+1)=af(x)-f(x-1)$$ mit $f(0)=2$ und $f(1)=a$. Dies ist eine lineare Rekursion, so dass $f(x)$ als Summe aller Funktionen $f(x)=c^x$ dargestellt werden kann, die die Rekursion erfüllen:
$$c^{x+1}=ac^x-c^{x-1}$$$$c\cdot c^x=ac^x-\frac1c c^x$$$$c=a-\frac1c$$$$c^2-ac+1=0$$$$c_{1,2}=\frac a2\pm\sqrt{\frac{a^2}4-1}$$Die Funktion lautet also
$$f(x)=k_1\left(\frac a2+\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^x+k_2\left(\frac a2-\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^x$$Für $x=0$ muss gelten:
$$k_1+k_2=2$$und für $x=1$ gilt:
$$k_1\left(\frac a2+\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)+k_2\left(\frac a2-\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)=a$$$$(k_1+k_2)\frac a2+(k_1-k_2)\sqrt{\frac{a^2}4-1}=a$$Setzt man $k_1+k_2=2$ in diese letzte Gleichung ein, kann man direkt schlussfolgern, dass $k_1=k_2=1$ sein muss. Daher lautet die Funktion:
$$f(x)=\left(\frac a2+\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^x+\left(\frac a2-\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^x$$
Anmerkung:
Da in der quadratischen Gleichung $c_1=\frac1{c_2}$ gilt, kann man die Funktion auch schreiben als:
$$f(x)=\left(\frac a2+\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^x+\left(\frac a2+\sqrt{\frac{a^2}4-1}\right)^{-x}$$Dies läßt sich durch die Hyperbelcosinus-Funktion darstellen:
$$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}2$$Im vorliegenden Fall folgt daraus:
$$f(x)=2\cosh\left(x\cdot\mathrm{arcosh}\frac a2\right)$$
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1233, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-13
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Hallo,
auch ich bin wieder online. :-)
Ihr wart sehr fleißig. Danke.
Ich habe jetzt 20 eurer Lösungen aufgenommen (mehr wird heute nicht, leider), d.h. ich muss morgen bei #1194 noch weiter machen.
In der Zwischenzeit habe ich 72 Musterlösungen eingetippt, so dass wir nun schon 1380 Lösungen haben, die online sind.
Das ist wirklich toll.
Wie gesagt, morgen ergänze ich den "Rest".
Und die Musterlösungen, die mir vorliegen, sind nun aufgebraucht. :-(
LG Steffen
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.1234, eingetragen 2019-07-14
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311246A.png
Wir setzen zunächst
$$a_n=(1+\sqrt{n-1})c+\epsilon_n$$mit $\epsilon_n>0$, und
$$a_i=\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c+\epsilon_i$$Dann ist die Summe:
$$\sum_{i=1}^na_i=(1+\sqrt{n-1})c+\epsilon_n+\sum_{i=1}^{n-1}\left[\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c+\epsilon_i\right]$$$$\sum_{i=1}^na_i=(1+\sqrt{n-1})c+\epsilon_n+(n-1)\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c+\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i$$$$\sum_{i=1}^na_i=(1+\sqrt{n-1})c+\left(n-1-{\sqrt{n-1}}\right)c+\sum_{i=1}^n\epsilon_i$$$$\sum_{i=1}^na_i=nc+\sum_{i=1}^n\epsilon_i$$Damit die Vorgabe der Summe erfüllt ist, muss gelten:
$$\sum_{i=1}^n\epsilon_i=0\qquad(1)$$Für die Summe der Quadrate gilt:
$$\sum_{i=1}^na_i^2=\left((1+\sqrt{n-1})c+\epsilon_n\right)^2+\sum_{i=1}^{n-1}\left[\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c+\epsilon_i\right]^2$$$$\sum_{i=1}^na_i^2=(1+\sqrt{n-1})^2c^2+2(1+\sqrt{n-1})c\epsilon_n+\epsilon_n^2+\sum_{i=1}^{n-1}\left[\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)^2c^2+2\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c\epsilon_i+\epsilon_i^2\right]$$$$\sum_{i=1}^na_i^2=(n+2\sqrt{n-1})c^2+2(1+\sqrt{n-1})c\epsilon_n+\epsilon_n^2+(n-1)\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)^2c^2+2c\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i+\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i^2$$$$\sum_{i=1}^na_i^2=(n+2\sqrt{n-1})c^2+2(1+\sqrt{n-1})c\epsilon_n+\left(n-1-2\sqrt{n-1}+1\right)c^2+2c\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i+\sum_{i=1}^n\epsilon_i^2$$$$\sum_{i=1}^na_i^2=2nc^2+2(1+\sqrt{n-1})c\epsilon_n+2c\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i+\sum_{i=1}^n\epsilon_i^2$$Wegen (1) gilt
$$\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_i=-\epsilon_n$$und daher:
$$\sum_{i=1}^na_i^2=2nc^2+2(1+\sqrt{n-1})c\epsilon_n+2c\left(1-\frac1{\sqrt{n-1}}\right)(-\epsilon_n)+\sum_{i=1}^n\epsilon_i^2$$$$\sum_{i=1}^na_i^2=2nc^2+2\left(\sqrt{n-1}+\frac1{\sqrt{n-1}}\right)c\epsilon_n+\sum_{i=1}^n\epsilon_i^2>2nc^2$$Daher ist es nicht möglich, alle Vorgaben zu erfüllen, bei Vorgabe der Summen gilt stattdessen $a_i \leq (1+\sqrt{n-1})c$.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1235, eingetragen 2019-07-14
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311241.png
Wir setzen
$$z=e^{0,000001}\approx1,000001>1$$Dann ist
$$x-y=z^9-z^8-z^7+z^5+z^2-z$$$$x-y=z(z^8-z^7-z^6+z^4+z-1)$$$$x-y=z(z-1)\left(z^7-z^4(z+1)+1\right)$$$$x-y=z(z-1)\left(z^7-z^5-z^4+1\right)$$$$x-y=z(z-1)(z^2-1)\left(z^5-z^2-1\right)$$Da $z>1$ ist, sind die Faktoren $z$, $(z-1)$ und $(z^2-1)$ jeweils größer als null. Da $(z^5-z^2-1)\approx-1<0$ ist, ist auch $x-y < 0$ bzw. $x < y$.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1236, eingetragen 2019-07-14
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
341224 (<- Aufgabennummer in Textform, damit man mit der Suchfunktion prüfen kann, ob schon jemand die Aufgabe bearbeitet hat)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_341224.png
\showon Lösung
Wir schreiben $z$ in der Form $z=a\cdot 10^{1995-n}+b$ mit $a,b\in \IN, b< 10^{1995-n}$. Dann ist $z[n]=b\cdot 10^n+a$.
Die Zahl $10^{1995}-1$ ist durch $27$ teilbar, denn $(10^{1995}-1)\cdot \frac 19 = 11\ldots 11$ hat die Quersumme $1995$ und ist somit durch $3$ teilbar.
Wenn $z$ durch $27$ teilbar ist, dann gilt $-b\equiv a\cdot 10^{1995-n}\pmod {27}$. Multiplikation mit $10^n$ liefert dann zusammen mit obiger Bemerkung:
\[-10^nb \equiv a\cdot 10^{1995} \equiv a \pmod{27}.\]
Also ist auch $z[n]$ durch $27$ teilbar.
\showoff
\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.1237, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
|
Ich habe jetzt alle Lösungen eingetragen, online gestellt und hoffentlich nichts übersehen.
Wir haben jetzt 1395 gelöste Aufgaben, also fast 90 %.
LG Steffen
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Kornkreis
Senior
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.1238, eingetragen 2019-07-14
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151236A
Gegeben seien $n$ Punkte einer Ebene ($n > 0$), von denen keine drei auf derselben Geraden liegen.
Die $n$ Punkte sollen durch Strecken so miteinander verbunden werden, dass es keine drei Punkte gibt, von denen jeder mit jedem der anderen beiden verbunden ist.
Man zeige, dass sich unter diesen Bedingungen für die Anzahl $Z_v$ der Verbindungsstrecken $Z_v \leq [\frac{n^2}{4}]$ gilt.
Man zeige ferner, dass sich unter Beachtung der Bedingungen $[\frac{n^2}{4}]$ Verbindungsstrecken finden lassen.
Anmerkung: Mit $[x]$ sei die größte ganze Zahl bezeichnet, die nicht größer als $x$ ist.
\showon Lösung
Der Einfachheit wegen zählen wir die Verbindungsstrecken doppelt, indem Verbindungen $P_1-P_2$ und $P_2-P_1$ als verschiedene Verbindungen gezählt werden.
Die Behauptung der Aufgabenstellung wird damit zu $Z \leq \frac{n^2}{2}$ für gerade $n$, und $Z \leq \frac{n^2-1}{2}$ für ungerade $n$; kurz also $Z \leq [\frac{n^2}{2}]$ für alle $n$.
Wir betrachten eine Konfiguration gemäß der Aufgabenstellung und einen Punkt $P_1$ mit der höchsten Anzahl $a$ an Punkten, mit denen er verbunden ist, bezeichne diese mit $P_2$,...,$P_{a+1}$. Zwischen keinem der Punkte, mit denen $P_1$ verbunden ist, kann es eine Verbindungslinie geben (da sonst ein Dreieck entstünde). Damit ist jeder von $P_2$,...,$P_{a+1}$ mit maximal $n-a$ Punkten verbunden.
Betrachte nun die übrigen $n-a-1$ Punkte. Jeder von ihnen ist mit maximal $a$ Punkten verbunden (wegen der Maximalität von $a$). Insgesamt haben wir also höchstens $Z=a+a(n-a)+(n-a-1)a=2a(n-a)$ Verbindungen, wobei $a$ nur ganzzahlige Werte von 0 bis $n-1$ annehmen kann. Man sieht leicht, dass $Z$ maximal ist, wenn der Betrag der Differenz von $a$ und $n-a$, d.h. $|n-2a|$, kleinstmöglich ist, und dies ist der Fall für $a=[\frac{n}{2}]$. Das liefert $Z\leq 2[\frac{n}{2}](n-[\frac{n}{2}])$. Für gerade $n$ ist dies $Z \leq \frac{n^2}{2}$ und für ungerade $n$ ist es $Z\leq 2\frac{n-1}{2}(n-\frac{n-1}{2})=\frac{(n-1)(n+1)}{2}=\frac{n^2-1}{2},$ was die Behauptung zeigt.
Gleichheit wird für folgende Konfiguration angenommen:
Wähle $a=[\frac{n}{2}]$ und verbinde $P_1$ mit $P_2$,...,$P_{a+1}$. Verbinde nun jeden von $P_2$,...,$P_{a+1}$ mit jedem der übrigen Punkten $P_{a+2}$,...,$P_n$. Das ergibt wie oben $2a(n-a)$ Verbindungen, was Gleichheit in der Ungleichung für $Z$ entspricht.
Bei dieser Konfiguration entsteht kein Dreieck, da es sowohl zwischen keinen zwei der Punkte $P_2$,...,$P_{a+1}$ als auch zwischen keinen zwei der Punkte $P_{a+2}$,...,$P_n$ eine Verbindungslinie gibt, und $P_1$ nur mit den Punkten $P_2$,...,$P_{a+1}$ verbunden ist. Damit ist die Aufgabe gelöst.
\showoff
@Steffen: Bitte noch die Aufgabenstellung der 341231 korrigieren (siehe vorige Seite, für die derzeitige Aufgabenstellung gibt es ein Gegenbeispiel).
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Ex_Senior
| Beitrag No.1239, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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Aufgabe 6 - 131046
Ein reguläres Tetraeder mit den Eckpunkten $A, B, C$ und $D$ und der Kantenlänge $a$ werde durch sechs paarweise voneinander verschiedene Ebenen geschnitten, wobei jede der Ebenen von dem Tetraeder genau eine Kante und den Mittelpunkt der gegenüberliegenden Kante enthalte.
a) Wieviel Teilkörper entstehen insgesamt, wenn man sich alle Schnitte gleichzeitig ausgeführt denkt?
b) Berechnen Sie die Volumina der einzelnen Teilkörper unter Verwendung der Kantenlänge $a$.
Lösung:
Wegen $AC = AD$ liegt $A$ auf der mittelsenkrechten Ebene $\epsilon$ von $CD$. Ebenso liegt $B$ auf $\epsilon$.
Daher ist $\epsilon$ diejenige der Schnittebenen, die $AB$ enthält. Entsprechend stimmen die anderen Schnittebenen mit mittelsenkrechten Ebenen von Tetraederkanten überein.
Als regelmäßiges Tetraeder hat $ABCD$ einen Umkugelmittelpunkt $S$ mit $SA = SB = SC = SD$, dieser liegt somit auf jeder der genannten mittelsenkrechten Ebenen, d.h. auf allen Schnittebenen. Folglich ist die Ebene durch $A, B, S$, diejenige der Schnittebenen, die $AB$ enthält. Entsprechend stimmen auch die anderen Schnittebenen mit Verbindungsebenen von je einer Tetraederkante und $S$ überein.
Jeder der an $S$ angrenzenden Seitenflächen des Tetraeders $SBCS$ liegt somit in einer der Schnittebenen. Entsprechende gilt für die Tetraeder $ABDS$, $ACDS$, $BCDS$. Die gesuchte Zerlegung von $ABCD$ kann daher durch weiteres Zerlegen der vier Tetraeder $ABCS$, $ABDS$, $ACDS$, $BCDS$ (in die man $ABCD$ zunächst zerlegen kann) erhalten werden.
Zum weiteren Zerlegen von $ABCS$ geben genau diejenigen Schnittkanten Anlass, die (außer durch $S$) durch innere Punkte von $ABCS$ gehen. Das sind genau diejenigen durch innere Punkte des Dreiecks $ABC$ gehen, also diejenigen, die durch $D$, einer der Ecken $A, B, C$ und eine Kantenmitte gehen.
Sie zerlegen die Fläche des Dreiecks $ABC$ durch dessen Seitenhalbierende in 6 flächeninhaltsgleiche (sogar kongruente) Teilflächen.
Demnach wird das Tetraeder $ABCS$ in genau 6 volumengleiche (sogar kongruente) Teilkörper zerlegt.
Entsprechendes gilt für die zu $ABCS$ kongruenten Tetraeder $ABDS$, $ACDS$, $BCDS$. Daher entstehen insgesamt 24 volumengleiche Tetraeder.
Jeder von ihnen hat somit das Volumen $V_K = \frac{1}{24} V_T$, wobei $V_T$ das Volumen des Tetraeders $ABCD$ ist. Wegen $V_T = \frac{a^3}{12}\sqrt{2}$ gilt also
\[
V_K = \frac{a^3}{288} \sqrt 2
\]
Die Lösung ist die offizielle Musterlösung. Auf so etwas würde ich nie kommen. Da fehlt mir das räumliche Vorstellungsvermögen.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1237 begonnen.]
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