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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.1240, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-14 16:43 - Kornkreis in Beitrag No. 1238)
@Steffen: Bitte noch die Aufgabenstellung der 341231 korrigieren (siehe vorige Seite, für die derzeitige Aufgabenstellung gibt es ein Gegenbeispiel).
\quoteoff
Ich habe die Aufgabe vorerst als nicht gelöst markiert.
Die korrekte Aufgabenstellung ist:
Aufgabe 1 - 341231
Man beweise, dass für alle positiven reellen Zahlen $x, y, z$ die Ungleichung gilt:
\[
\frac{1}{1+x+\frac{1}{y}} + \frac{1}{1+y+\frac{1}{z}}+
\frac{1}{1+z+\frac{1}{x}} \leq 1
\]
Wahrscheinlich ist eine falsche Aufgabe die Ursache.
Könntest du noch einmal kontrollieren, ob nicht doch deine Lösung korrekt ist?
LG Steffen
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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 | Beitrag No.1241, eingetragen 2019-07-14
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\quoteonAufgabe 6B - 131236B
$M$ sei die Menge aller Punkte $P(x,y)$ eines ebenen rechtwinkligen kartesischen Koordinatensystems, wobei $x,y$ ganzrationale Zahlen seien, für die $0≤ x ≤4$ und $0≤ y ≤4$ gilt. Man ermittle die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei beliebiger Auswahl zweier verschiedener Punkte aus $M$ der Abstand dieser beiden Punkte eine ganzrationale Maßzahl besitzt (Maßeinheit sei die Einheit des Koordinatensystems).
Hinweis: Wenn $n$ die Anzahl der verschiedenen Auswahlmöglichkeiten zweier Punkte und $m$ die Anzahl derjenigen Auswahlmöglichkeiten ist, bei denen der Abstand eine ganzrationale Maßzahl besitzt, so nennt man den Quotienten $\frac m n$ die zu ermittelnde Wahrscheinlichkeit. Dabei heißen zwei Auswahlmöglichkeiten genau dann verschieden, wenn die bei ihnen ausgewählten (aus je zwei Punkten bestehenden) Mengen verschieden sind.
\quoteoff
\showon
Es gibt $25$ Punkte und daher insgesamt \[n=\frac{25\cdot 24}2=300\] Auswahlmöglichkeiten für die (ungeordneten) Punktepaare. Klarerweise ist der Abstand für so ein Punktpaar jedenfalls dann ganzrational, wenn für die beiden Punkte eine der beiden Koordinaten übereinstimmt, was dann also in
\[100 \ \left(= 2\cdot 5\cdot \binom 5 4\right)\]
Fällen zutrifft. Dazu kommen dann noch alle 8 Punktepaare $\{(x_1,y_1),(x_2,y_2)\}$, für welche gilt
\[\{|x_1-x2|,|y_1-y_2|\}=\{3,4\}\]
da für sie der Abstand $5\ =(\sqrt{3^2+4^2})$ beträgt, also dann ebenfalls ganzrational ist. Es gilt somit $m=108$ und
\[\frac mn=\frac{108}{300}=\frac 9{25}=0.36\]
für die gesuchte Wahrscheinlichkeit hier.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1237 begonnen.]
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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 | Beitrag No.1242, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-14 17:07 - stpolster in Beitrag No. 1240)
Wahrscheinlich ist eine falsche Aufgabe die Ursache.
Könntest du noch einmal kontrollieren, ob nicht doch deine Lösung korrekt ist?
\quoteoff
Hi Steffen,
meine Lösung bezieht sich schon auf die korrigierte Aufgabenstellung, kannst du also so übernehmen. Das Gegenbeispiel zur fehlerhaften Aufgabe hatte cyrix vorher geliefert und Nuramon hatte dann vorgeschlagen, dass wohl die zyklische Ungleichung gemeint war ;-)
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
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| Beitrag No.1243, eingetragen 2019-07-14
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Huhu Steffen,
vorweg:
\quoteon(2019-07-04 15:33 - Kuestenkind in Beitrag No. 1121)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-04_um_15.28.07.png
das gibt es nicht, da der Flächeninhalt sonst nach dem Satz von Pick rational wäre.
\quoteoff
Stimmt etwas nicht mit dieser Lösung?
Dann noch eine Geometrie-Aufgabe:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-13_um_21.14.42.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-14_um_19.29.37.png
Nach Sehnensatz zerlegen die Diagonalen das Viereck in 2 Paare ähnlicher Dreiecke, womit die Gleichheit der Winkel 2 folgt. Nun ist:
\(\displaystyle \angle 6=\frac{1}{2}\angle 7 =\frac{1}{2}\left(180°-\angle D -\angle C\right)=90°-\frac{1}{2}\angle D-\frac{1}{2}\angle C\)
\(\displaystyle \angle 5=\angle D+\angle 6=\angle D +90°-\frac{1}{2}\angle D-\frac{1}{2}\angle C=90°+\frac{1}{2}\angle D-\frac{1}{2}\angle C \)
Wir weisen nun nach, dass \(\angle 5 = \angle 4\). Es ist:
\(\displaystyle \angle 8=\frac{1}{2}\angle 9=\frac{1}{2}\left(180°-\angle 1-(\angle C - \angle 2)\right)=90°-\frac{1}{2}\angle 1+\frac{1}{2}\angle 2-\frac{1}{2}\angle C \)
\(\displaystyle \angle 4=\angle 8+\angle 1=90°-\frac{1}{2}\angle 1+\frac{1}{2}\angle 2-\frac{1}{2}\angle C +\angle 1 =90°+\frac{1}{2}\angle 1+\frac{1}{2}\angle 2-\frac{1}{2}\angle C=90°+\frac{1}{2}\left(\angle 1+\angle 2\right)-\frac{1}{2}\angle C=90°+\frac{1}{2}\angle D-\frac{1}{2}\angle C \)
qed.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1244, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-14 19:18 - Kuestenkind in Beitrag No. 1243)
\quoteon(2019-07-04 15:33 - Kuestenkind in Beitrag No. 1121)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-04_um_15.28.07.png
das gibt es nicht, da der Flächeninhalt sonst nach dem Satz von Pick rational wäre.
\quoteoff
Stimmt etwas nicht mit dieser Lösung?
\quoteoff
Moin Küstenkind,
führst du die Lösung noch etwas aus? Es geht hier um eine zweite Aufgabe einer Regionalrunde. Die soll also der gute Schüler ohne über die Schulkenntnisse deutlich hinausgehendes benötigtes Wissen lösen können.
Für eine zweite Lösung kann man das ggf. gern stehen lassen. Aber auch dafür würde ich mir eine genauere Begründung, wo jetzt der Widerspruch ist, wünschen.
Cyrix
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
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| Beitrag No.1245, eingetragen 2019-07-14
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Huhu Cyrix,
nun, dann nenne ich das Verfahren eben Ergänzungsverfahren. Das kennen die Schüler aus der 6. Klasse. Konkret: Wenn die Eckpunkte ganzzahlige Koordinaten haben, dann liegen sie im Koordinatensystem auf der Gitterlinie. Ich kann den Flächeninhalt des Dreiecks dann per Ergänzungsverfahren bestimmen. Das Rechteck hat sicherlich rationalen Flächeninhalt, da seine Linien auf der Gitterlinie verlaufen und ganzzahlig sind. Vom Rechteck muss ich dann 3 (oder nach Lage auch 2) rechtwinklige Dreiecke abziehen, wobei die Seiten, welche den rechten Winkel einschließen wieder auf der Gitterlinie verlaufen und ganzzahlig sind. Die Dreiecke haben also auch rationalen Flächeninhalt. Damit folgt dann, dass das Dreieck auch rationalen Flächeninhalt hat. Der Flächeninhalt des gleichseitigen Dreiecks beträgt jedoch \(\frac{a^2}{4}\sqrt{3}\) (das lernen meine Schüler in der 9. Klasse auswendig). Nun ist \(\frac{a^2}{4}\in\mathbb{Q}\), das ganze Problem reduziert sich also auf die Frage, ob \(\sqrt{3}\in\mathbb{Q}\). Das ist aber der erste Beweis den ich immer überhaupt mit Schülern führe (in der 8. Klasse). Ich beweise es immer über die Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung. Ich kann gerne den Beweis auch noch aufschreiben, oder meinst du, man kann \(\sqrt{3}\notin \mathbb{Q}\) voraussetzen? Damit hat man denn jedenfalls den Widerspruch.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1246, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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Mein Vorschlag zum Ausformulieren:
Aufgabe 2 - 311222
Man untersuche, ob es ein gleichseitiges Dreieck $ABC$ gibt, dessen drei (nicht miteinander zusammenfallende) Eckpunkte in einem kartesischen Koordinatensystem sämtlich ganzzahlige Koordinaten haben.
Lösung:
Ein solches Dreieck gibt es nicht, da der Flächeninhalt sonst nach dem Satz von Pick rational wäre.
Satz von Pick:
Sei $A$ der Flächeninhalt des konvexen Polygons, $I$ die Anzahl der Gitterpunkte im Inneren des Polygons und $R$ die Anzahl der Gitterpunkte auf dem Rand des Polygons, dann gilt: $A = I + \frac{R}{2} - 1$.
Gegeben sei ein Dreieck $\triangle ABC$ im Raster, d.h. alle Eckpunktkoordinaten sind ganzzahlig.
Nach dem Satz von Pick hat dann das Dreieck einen Flächeninhalt $A$, der entweder natürliche Zahl oder eine gebrochene Zahl mit dem Nenner 2 ist.
Die Frage ist, ob ein Rasterdreieck gleichseitig sein kann?
Zwei Rasterpunkte $A$ und $B$ sollen zu einem gleichseitigen Dreieck $\triangle ABC$ ergänzt werden.
Der Vektor $\overrightarrow{AB}$ hat ganzzahlige Komponenten
\[
\overrightarrow{AB} =\left( \begin{array}{r}
p \\
q
\end{array}\right) \neq
\left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array}\right)
\]
Der Vektor $\overrightarrow{BC}$ ist der um $120^\circ$ gedrehte Vektor $\overrightarrow{AB}$, d.h.
\[
\overrightarrow{BC} =
\left( \begin{array}{rr}
\cos 120^\circ & \sin 120^\circ \\
-\sin 120^\circ & \cos 120^\circ
\end{array}\right)
\left( \begin{array}{r}
p \\
q
\end{array}\right) =
\left( \begin{array}{r}
\frac{1}{2}(-p -\sqrt 3 q) \\
\frac{1}{2}(-p +\sqrt 3 q)
\end{array}\right)
\]
Auf Grund der Irrationalität von $\sqrt 3$ können nicht beide Koordinaten ganzzahlig sein. Der Punkt $C$ ist kein Rasterpunkt.
Es existiert kein gleichseitiges Rasterdreieck.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1247, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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Moin Küstenkind,
du weißt doch selbst, was du unterrichtest und was deine Schülerinnen und Schüler an Dingen kennen oder auch nicht. :)
Sinn und Zweck dieser Übung ist aber m.E. nicht, dass wir zeigen, was wir können, sondern, dass Schülerinnen und Schüler (und Lehrerinnen und Lehrer und sonstige Personen) mit den in Steffens Datei gesammelten Lösungen etwas anfangen und sich weiterbilden können: Wie kann ich eine solche Aufgabe angehen und wie schreibe ich dann meine Ideen auf? (Gerade bei der letzten Frage sollten wir allgemein aufpassen, dass wir nicht zu knapp formulieren.)
Insofern finde ich es gut, wenn weitere Ideen, wie man die Aufgabe noch lösen kann, ggf. auch eleganter mit mehr Zusatzwissen, aufnehmen! Aber gerade in den unteren Stufen wollen wir doch die Aufgabe doch nicht künstlich schwerer erscheinen lassen, als sie ist, indem wir keine elementare Lösung angeben, sondern eher eine Lösungsskizze, mit der die meisten wohl eher wenig anzufangen wissen.
Dein Beweis in Beitrag No. 1245 ist doch ein schöner, den auch jeder Schüler nachvollziehen kann, der den Einzeiler, den du zuvor geliefert hast, nicht nachvollziehen konnte. Insofern lasse doch dort die Polemik raus und wir haben sogar zwei schöne Varianten zur Lösung dieser Aufgabe von dir. :)
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1245 begonnen.]
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querin
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| Beitrag No.1248, eingetragen 2019-07-14
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Aufgabe 2 - 311222
Man untersuche, ob es ein gleichseitiges Dreieck ABC gibt, dessen drei (nicht miteinander zusammenfallende) Eckpunkte in einem kartesischen Koordinatensystem sämtlich ganzzahlige Koordinaten haben.
Ein schlauer Schüler könnte aber schon auf die Idee kommen, das Dreieck in einem dreidimensioanlen Koordinatensystem zu betrachten. Da gibt es z.B. das Dreieck A(1|0|0), B(0|1|0), C(0|0|1).
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1249, eingetragen 2019-07-14
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321221.png
Multipliziert man (1) mit $k$ und subtrahiert (2), dann erhält man
$$(k^2+1)y^2=4k-2$$$$y^2=\frac{4k-2}{k^2+1}$$Es muss $k\geq1$ sein, weil sonst $y$ nicht reell wäre. Außerdem kann $y$ nicht gleich null sein. Daher muss gelten:
$$y^2=\frac{4k-2}{k^2+1}\geq1$$$$4k-2\geq k^2+1$$$$k^2-4k+3\leq0$$Daraus folgt $1\leq k\leq 3$. Die in Frage kommenden Lösungen kann man daher schnell durchprobieren und man findet heraus, dass nur für $k=3$ ganzzahlige Lösungen herauskommen, und zwar $x^2=y^2=1$. Die Lösungspaare sind also $(1;1)$, $(1;-1)$, $(-1;1)$ und $(-1;-1)$.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1246 begonnen.]
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1250, eingetragen 2019-07-14
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Hmm, polemisch wollte ich eigentlich nicht sein - ich habe nur genannt, wann welcher Sachverhalt den Schülern bekannt sein sollte. Aber dann kann die Lösung ja gerne übernommen werden:
Wenn die Eckpunkte ganzzahlige Koordinaten haben, dann liegen sie im Koordinatensystem auf der Gitterlinie. Der Flächeninhalt des Dreiecks kann dann per Ergänzungsverfahren bestimmt werden. Das Rechteck rundherum hat sicherlich rationalen Flächeninhalt, da seine Linien auf der Gitterlinie verlaufen und ganzzahlig sind. Vom Rechteck muss ich dann 3 (oder nach Lage auch 2) rechtwinklige Dreiecke subtrahieren, wobei die Seiten, welche den rechten Winkel einschließen, wieder auf der Gitterlinie verlaufen und ganzzahlig sind. Die Dreiecke haben also auch rationalen Flächeninhalt. Damit folgt dann, dass das Dreieck auch rationalen Flächeninhalt hat. Der Flächeninhalt des gleichseitigen Dreiecks beträgt jedoch \(\frac{a^2}{4}\sqrt{3}\) (wie man leicht mit Pythagoras nachweisen kann). Nun ist \(\frac{a^2}{4}\in\mathbb{Q}\), das ganze Problem reduziert sich also auf die Frage, ob \(\sqrt{3}\in\mathbb{Q}\). Dieses ist aber nicht der Fall, womit sich ein Widerspruch ergibt.
Der geneigte Leser informiert sich in diesem Zusammenhang auch einmal über den Satz von Pick.
Viele Grüße,
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1247 begonnen.]
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1251, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-14 20:41 - querin in Beitrag No. 1248)
Ein schlauer Schüler könnte aber schon auf die Idee kommen, das Dreieck in einem dreidimensioanlen Koordinatensystem zu betrachten. Da gibt es z.B. das Dreieck A(1|0|0), B(0|1|0), C(0|0|1).
\quoteoff
Huhu querin,
stimmt - irgendwie habe ich sofort an den \(\mathbb{R}^2\) gedacht. Aber die Aufgabenstellung schließt den \(\mathbb{R}^3\) ja nicht explizit aus. Wäre also interessant, ob die Musterlösung diesen Fall auch diskutiert. Ich vermute sogar ja - die Lösung kam mir sonst schon recht einfach vor.
Gruß,
Küstenkind
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1252, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-09 07:58 - OlgaBarati in Beitrag No. 1205)
\[s=\sqrt{\frac{d^2}{2}}=\sqrt{\frac{(\frac{2}{7})^2}{2}}\approx 0,2020\geq{0,20}\]
\quoteoff
Diese Wurzel zieht sich ohne TR (den haben die Teilnehmer ja nicht) meine ich nicht so einfach. Vll könnte man einfacher so abschätzen:
\(\displaystyle r=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}\sqrt{2}=\frac{1}{10}\cdot 1,41\ldots <\frac{1}{10}\cdot 1,42=0,142<0,\overline{142857}=\frac{1}{7}\)
Diese Aufgabe ist natürlich ein klassisches Beispiel für das Schubfachprinzip.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1253, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-14
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Eine weitere Marke ist geschafft.
Wir haben 1403 gelöst Aufgaben online. Es bleiben noch 150.
Das klingt doch schon gut.
LG Steffen
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1254, eingetragen 2019-07-14
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311244.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_2_Aufgabe_311244_Skizze.png
In dieser Skizze blicken wir senkrecht auf die Grundfläche der Pyramide, und $L$ sei der beliebige Lotfußpunkt der Pyramidenspitze auf die Dreiecksebene. $x$, $y$ und $z$ seien die Abstände des Lotfußpunktes zu den Seitenflächen des Dreiecks. Die Fläche des Dreiecks $P_1P_2P_3$ ist dann
$$F=\tfrac12(ax+by+cz)\qquad(1)$$Die Mantelfläche $M$ der Pyramide setzt sich aus drei Dreiecksflächen zusammen. Die Grundseiten dieser drei Flächen sind die Seiten $a$, $b$ und $c$, die Höhe dieser Dreiecke ergibt sich per Satz des Pythagoras aus den Abständen $x$, $y$ und $z$ mit der Höhe der Pyramide $h$:
$$M=\tfrac12\left(a\sqrt{x^2+h^2}+b\sqrt{y^2+h^2}+c\sqrt{z^2+h^2}\right)\qquad(2)$$$x$, $y$ und $z$ hängen über die Gleichung (1) zusammen, so dass man eine Größe als Funktion der anderen beiden Größen betrachten kann:
$$z(x,y)=\frac1c(2F-ax-by)\qquad(3)$$Da $M$ maximal sein soll, muss die partielle Ableitung von $M$ nach $x$ und $y$ jeweils null sein:
$$\frac{\partial M}{\partial x}=\tfrac12\left(a\frac{x}{\sqrt{x^2+h^2}}+c\frac{z}{\sqrt{z^2+h^2}}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}\right)=0$$Aus Gleichung (3) erhalten wir
$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac ac$$Dies eingesetzt ergibt
$$a\frac{x}{\sqrt{x^2+h^2}}+c\frac{z}{\sqrt{z^2+h^2}}\left(-\frac ac\right)=0$$Daraus folgt einfach:
$$\frac{x}{\sqrt{x^2+h^2}}=\frac{z}{\sqrt{z^2+h^2}}\qquad(4)$$$$x^2(z^2+h^2)=z^2(x^2+h^2)$$$$x^2h^2=z^2h^2$$$$x=z$$(Theoretisch wäre hier auch $x=-z$ möglich, wodurch aber Gleichung (4) verletzt würde).
In gleicher Art und Weise erhält man mit der Ableitung nach $y$ auch $y=z$, so dass letztlich $x=y=z$ gelten muss. Das ist genau am Schnittpunkt der Winkelhalbierenden der Fall, was dem Inkreismittelpunkt entspricht und Aufgabenteil a) beweist.
Mit $x=y=z=r$ haben wir
$$F=\tfrac12(a+b+c)r$$Das Volumen der Pyramide ist
$$V=\tfrac13Fh$$Die Mantelfläche der Pyramide ist
$$M=\tfrac12(a+b+c)\sqrt{r^2+h^2}=\frac Fr\sqrt{r^2+\left(\frac{3V}F\right)^2}$$$$M=\sqrt{F^2+\left(\frac{3V}r\right)^2}$$Die gesamte Oberfläche der Pyramide ist somit
$$O=F+M=F+\sqrt{F^2+\left(\frac{3V}r\right)^2}$$Damit wäre auch Aufgabenteil b) gezeigt.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
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 | Beitrag No.1255, eingetragen 2019-07-14
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\quoteon(2019-07-14 21:21 - Kuestenkind in Beitrag No. 1252)
\quoteon(2019-07-09 07:58 - OlgaBarati in Beitrag No. 1205)
\[s=\sqrt{\frac{d^2}{2}}=\sqrt{\frac{(\frac{2}{7})^2}{2}}\approx 0,2020\geq{0,20}\]
\quoteoff
Diese Wurzel zieht sich ohne TR (den haben die Teilnehmer ja nicht) meine ich nicht so einfach. Vll könnte man einfacher so abschätzen:
\(\displaystyle r=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}\sqrt{2}=\frac{1}{10}\cdot 1,41\ldots <\frac{1}{10}\cdot 1,42=0,142<0,\overline{142857}=\frac{1}{7}\)
Diese Aufgabe ist natürlich ein klassisches Beispiel für das Schubfachprinzip.
Gruß,
Küstenkind
\quoteoff
Hallo Küstenkind,
ja, unter der Voraussetzung "kein TR" bestimmt besser.
Mit \(s=\frac{d^2}{2}=\sqrt{\frac{(\frac{2}{7})^2}{2}}=\sqrt{\frac{4}{98}} > \sqrt{\frac{4}{100}}=\frac{2}{10}=0,20 \)
wäre es - will man die Zwischenschritte aufschreiben - auf diesem Wege ohne TR jedoch auch leicht abzuschätzen.
LG Olga
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1256, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-12 08:49 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1219)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236.png
\showon
Ich schreibe mal auf, was ich habe:
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
\showoff
\quoteoff
\quoteon(2019-07-12 11:45 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1220)
\showon
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
\showoff
\quoteoff
Ich hatte das:
$\pgfmathsetmacro{\rI}{1}
\pgfmathsetmacro{\rII}{3}
\pgfmathsetmacro{\rIII}{5}
\pgfmathsetmacro{\xrad}{2.4864702949413332}
\pgfmathsetmacro{\yrad}{2.0666515325357955}
\pgfmathsetmacro{\x}{\xrad*180/pi}
\pgfmathsetmacro{\y}{\yrad*180/pi}
\pgfmathsetmacro{\z}{360-\x-\y}
\begin{tikzpicture}[scale=0.6,
%font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
Dreieck/.style={thick},
]
\draw[dashdotted] (-5.5,0) coordinate(anno) -- (5.5,0);
\draw[dashdotted] (0,-5.5) -- (0,5.5);
\coordinate[label=] (M) at (0,0);
\draw[] (M) -- (-\x:\rI) coordinate[label=below:$A$](A) node[pos=0.5, left=-3pt]{$r_1$};
\draw[] (M) -- (0:\rII) coordinate[label=45:$B$](B) node[midway, above]{$r_2$};
\draw[] (M) -- (\y:\rIII) coordinate[label=$C$](C) node[midway, right]{$r_3$};
\draw[thick] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\draw[] (M) circle[radius=\rI];
\draw[] (M) circle[radius=\rII];
\draw[] (M) circle[radius=\rIII];
% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=2.5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$x$", latex-latex,
] {angle =A--M--B};
\draw pic [draw, angle radius=2.5mm, angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$y$", latex-latex,
] {angle =B--M--C};
% Punkte
\foreach \P in {M,A,B,C}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\node[yshift=-4cm, align=left, anchor=north west, font=\normalsize, fill=black!1] at (anno){
Sei $O$ der Mittelpunkt der Kreise. \\
Flächenbilanz: \\
$\begin{array}[t]{l l}
F=[ABC] &= [ABO] + [BCO] + [AOC] \\[1em]
& = \dfrac{r_1 \cdot r_2}{2} \cdot \sin(x)
+ \dfrac{r_1 \cdot r_3 }{2} \cdot \sin(y)
+\dfrac{r_2 \cdot r_3}{2} \cdot \sin(2\pi -x-y) \\
&= f(x,y) %\text{ mit } x+y < 2\pi
\end{array}$ \\[1em]
Mit $r_1=1,~ r_2=3,~ r_3=5:$ \\
$F = f(x,y)
= \dfrac{3}{2} \sin(x)
+ \dfrac{5}{2} \sin(y)
-\dfrac{15}{2} \sin(x+y)$ ~und~ $x+y < 2\pi$ \\[1em]
Für das Maximum: \\
$\begin{array}{|l}
f_x = 0 = \dfrac{3}{2} \cos(x) -\dfrac{15}{2} \cos(x+y) \\[1em]
f_y = 0 = \dfrac{5}{2} \cos(y) -\dfrac{15}{2} \cos(x+y)
\end{array}$ \\[1em]
Ein CAS liefert: \\
$\begin{array}{|l}
x = \xrad = \x^\circ \\
y = \yrad = \y^\circ
\end{array}$
}; %
\end{tikzpicture}$
Aber das ist eigentlich auch nicht anderes.
Ich vermute, dass im Aufgabentext etwas fehlt; und ein gleichseitiges Dreieck gesucht ist.
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| Beitrag No.1257, eingetragen 2019-07-15
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Hallo Hyperplot,
\quoteon(2019-07-15 01:06 - HyperPlot in Beitrag No. 1256)
(...)
Ich vermute, dass im Aufgabentext etwas fehlt; und ein gleichseitiges Dreieck gesucht ist.
\quoteoff
Ein gleichseitiges Dreieck passt gar nicht hinein. Der minimale Abstand zwischen innerem und äußerem Keis ist 4, der maximale zwischen innerem und mittlerem Kreis ist auch 4. Allerdings liegen die Punkte, für die das zutrifft, auf einer Geraden und bilden kein Dreieck.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1258, eingetragen 2019-07-15
|
Hier noch eine Aufgabe, wo ich mich frage, ob ich etwas übersehe. Ich hätte erwartet, einen Widerspruch zu finden, so dass z.B. nur $f(x)=0$ oder so ähnlich in Frage kommt. Das ist mir aber nicht gelungen.
Werft also bitte noch einen Blick auf meinen Lösungsvorschlag.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321233A.png
Wir teilen links jeweils Zähler und Nenner durch $x$:
$$2f\left(\frac{x-\frac1x+1}{x-\frac1x-1}\right)-3f\left(\frac{x-\frac1x-1}{x-\frac1x+1}\right)=5f\left(x-\frac1x\right)$$Wir substituieren $\left(x-\frac1x\right)$ durch $x$:
$$2f\left(\frac{x+1}{x-1}\right)-3f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)=5f\left(x\right)\qquad(2)$$Wir ersetzen jetzt $\frac{x+1}{x-1}=z$, woraus auch $x=\frac{z+1}{z-1}$ folgt, und somit:
$$2f\left(z\right)-3f\left(\frac1z\right)=5f\left(\frac{z+1}{z-1}\right)\qquad(3)$$Substituieren wir hier außerdem $z$ durch $\frac1z$, erhalten wir auch:
$$2f\left(\frac1z\right)-3f\left(z\right)=5f\left(\frac{\frac1z+1}{\frac1z-1}\right)$$$$2f\left(\frac1z\right)-3f\left(z\right)=5f\left(-\frac{z+1}{z-1}\right)\qquad(4)$$Wir addieren nun zweimal Gleichung (3) mit dreimal Gleichung (4):
$$-5f(z)=10f\left(\frac{z+1}{z-1}\right)+15f\left(-\frac{z+1}{z-1}\right)$$$$f(z)=-2f\left(\frac{z+1}{z-1}\right)-3f\left(-\frac{z+1}{z-1}\right)\qquad(5)$$Natürlich kann man in (5) auch $z$ durch $x$ ersetzen:
$$f(x)=-2f\left(\frac{x+1}{x-1}\right)-3f\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)$$Addiert man dies zu Gleichung (2), folgt:
$$6f(x)=-3f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-3f\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)$$$$-2f(x)=f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+f\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)\qquad(6)$$Wir substituieren nun $x$ durch $-\frac1x$:
$$-2f\left(-\frac1x\right)=f\left(\frac{-\frac1x-1}{-\frac1x+1}\right)+f\left(-\frac{-\frac1x+1}{-\frac1x-1}\right)$$$$-2f\left(-\frac1x\right)=f\left(-\frac{\frac1x+1}{-\frac1x+1}\right)+f\left(\frac{-\frac1x+1}{\frac1x+1}\right)$$$$-2f\left(-\frac1x\right)=f\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)+f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)$$Das entspricht aber genau Gleichung (6), so dass gelten muss:
$$f(x)=f\left(-\frac1x\right)\qquad(7)$$Verwendet man dies auf der rechten Seite in Gleichung (6), erhält man:
$$-2f(x)=2f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)$$$$f(x)=-f\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\qquad(8)$$Gleichungen (7) und (8) sind nicht eindeutig, es gibt beliebig viele Funktionen, die diese Gleichungen erfüllen. Man kann z.B. eine beliebige Funktion $g(x)$ verwenden, um daraus eine Funktion $f(x)$ zu konstruieren, die die Vorgaben erfüllt. Beispielsweise:
$$f(x)=g(x)+g\left(-\frac1x\right)-g\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-g\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)$$oder
$$f(x)=g(x)\cdot g\left(-\frac1x\right)-g\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\cdot g\left(-\frac{x+1}{x-1}\right)$$
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1259, eingetragen 2019-07-15
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311234.png
Es gilt allgemein
$$\intop_{k}^{k+1}\frac1x\mathrm dx<\frac1k<\intop_{k-1}^{k}\frac1x\mathrm dx$$wie man sich aufgrund der Tatsache, dass die Funktion $f(x)=\frac1x$ streng monoton fallend ist, leicht klar macht. Sei
$$s_n=\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k$$Dann gilt mit obiger Relation:
$$\sum_{k=n+1}^{3n+1}\;\intop_{k}^{k+1}\frac1x\mathrm dx < s_n < \sum_{k=n+1}^{3n+1}\;\intop_{k-1}^{k}\frac1x\mathrm dx$$Da sich die Integrale in den Summen "nahtlos" aneinander reihen, folgt:
$$\intop_{n+1}^{3n+2}\frac1x\mathrm dx < s_n < \intop_{n}^{3n+1}\frac1x\mathrm dx$$$$\ln\frac{3n+2}{n+1} < s_n < \ln\frac{3n+1}{n}$$$$\ln\left(3-\frac1{n+1}\right) < s_n < \ln\left(3+\frac1n\right)$$Für kleine $n$ lässt sich $s_n$ noch recht mühelos direkt berechnen, es ist $s_1=1\tfrac1{12}$ und $s_2=1\tfrac{13}{140}$. Für $n\geq3$ folgt mit obiger Eingrenzung, dass $s_n > \ln(2,75) > 1$ ist, aber es wird auch nie größer als 2, da es durch $s_n < \ln\left(3+\frac1n\right)$ auf Werte zwischen 1 und 2 eingeschränkt wird. Man kann also weiter eingrenzen, dass $1< s_n < 2$ ist. Daher erfüllen alle $n\in\mathbb N$ die Ungleichung für $a=1$, für $a > 1$ ist die Ungleichung mit keinem $n$ erfüllbar.
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.1260, eingetragen 2019-07-15
|
Hier mal eine Aufgabe, die eigentlich in mein Fachgebiet hineinfällt, aber mir trotzdem zugegebenermaßen sehr zu schaffen gemacht hat. Ich habe nun zwar, so glaube ich wenigstens, eine Lösung für mich selbst gefunden, aber sie ist nicht wirklich so ganz einfach, auch wenn man die Berechnung der modularen Potenzen hier mit der "Square and multiply"-Methode zumindestens mit einem TR noch leicht durchführen kann. Es würde mich echt interessieren, ob dem Aufgabensteller da eine einfachere Lösung vorgeschwebt hat. Oder vielleicht findet ja hier noch jemand eine einfachere Möglichkeit? :-)
\quoteonAufgabe 6B - 331246B
Man ermittle alle diejenigen Paare $(m,n)$ ganzer, nicht negativer Zahlen $m,n$, für die $2^m −5^n = 7$ gilt.
\quoteoff
\showon
Bei einem festgehaltenem Wert von $n\in \mathbb N$ hat die Gleichung $2^m-5^n=7$ genau eine reelle Lösung $m\in\mathbb R$, nämlich
\[m=\log_2(5^n+7)\]
und genau dann, wenn dieser Wert von $m$ sogar ganzzahlig ist, ist $(m,n)$ dann auch eine Lösung unserer Aufgabe. In dieser Weise kann man zu den Werten $n=0,1,2$ die Lösungen, soweit solche existieren, leicht bestimmen und erhält so einmal die 2 Lösungen
\[(m,n)\in\{(3,0),(5,2)\}\]
Unser Ziel ist es im Folgenden zu zeigen, dass diese auch schon die einzigen Lösungen hier sind, d.h., dass sich für die Annahme $n>2$ (und damit auch $m>5$), welche wir ab nun voraussetzen, ein Widerspruch zur Lösbarkeit der Gleichung ergibt.
Dazu formen wir die Ausgangsgleichung zunächst um zu
\[2^5(2^{m-5}-1)=5^2(5^{n-2}-1)\quad (*)\]
Aus dieser Darstellung sieht man sofort, dass
\[25\mid 2^{m-5}-1\ \quad\text{bzw.}\quad 2^{m-5}\equiv 1 \mod 25\]
gilt. Da nun, wie man leicht nachrechnet, die Folge der Zweierpotenzen mod $25$ die Periode $20$ hat, muss also schon mal die einschränkende Beziehung
\[m\equiv 5 \mod 20\]
gelten. Darüber hinaus muss aber auch
\[m\not\equiv 5\mod 100\quad (**)\]
gelten, da sonst die linke Seite von (*) sogar durch $125$ teilbar wäre, die rechte aber nicht. Mit einer ähnlichen Schlussweise sieht man, dass aus
\[32\mid 5^{n-2}-1 \quad \text{bzw.}\quad 5^{n-2}\equiv 1 \mod 32\]
und der Tatsache, die Folge der Potenzen $5^k$ mod $32,\ k=0,1,2,...$ die Periode 8 hat, folgt, dass
\[n\equiv 2 \mod 8\]
gelten muss. Wegen
\[2^{20}-1\mid 2^{m-5}-1 \quad\text{und}\quad 2^{20}\equiv 1 \mod 31\]
besitzt der Ausdruck $5^{n-2}-1$ auf der rechten Seite von (*) jedenfalls ebenfalls den Primfaktor $31$ und indem wir ähnlich wie oben wieder die Folge $5^k \mod 31,\quad k=0,1,2,...$ betrachten, welche die Periode $3$ hat, können wir insgesamt sogar schließen, dass $n-2$ sogar durch $24\ (=3\cdot 8)$ teilbar sein muss. Nun gilt aber
\[5^{24}\equiv 1 \mod 601\]
für die Primzahl $601$, sodass dann auch der Faktor $5^{n-2}-1$ auf der rechten Seite von (*) und damit auch der Faktor $2^{m-5}-1$ auf dessen linker Seite diesen Primfaktor haben müssen. Die Folge $2^k \mod 601,\ k=0,1,2,...$ hat aber nun die Periode $25$, d.h., es muss
\[m\equiv 5 \mod 25\]
gelten, woraus in Verbindung mit der schon bewiesenen Beziehung $m\equiv 5\mod 20$ nun endgültig
\[m \equiv 5 \mod 100\]
folgt, im klaren Widerspruch zu (**), q.e.d.
\showoff
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1261, eingetragen 2019-07-15
|
Aufgabe 2 - 201222
Man ermittle alle diejenigen positiven reellen Zahlen k, fur die die Zahlen
\(a =\frac{2k}{k + 1} \;\;\;\;\;\;\) \(b =\frac{k+1}{2 }\;\;\;\;\;\; \) \(c =\sqrt{k} \)
die Maßzahlen der (mit gleicher Maßeinheit gemessenen) Seitenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks sind.
\showon
Lösungsversuch:
Mit \(c^2 =k\) und \(k=a^2+b^2\) und erhalten wir
\[a=2-\frac{1}{b}\]
\[k =4-\frac{4}{b}+\frac{1}{b^2}+b^2\]
\[k =\frac{b^4+4b^2-4b+1}{b^2}\]
\[k =2b-1\]
\[b^2(2b-1) =b^4+4b^2-4b+1\]
\[b^2(2b-1) =b^4+(2b-1)(2b-1)\]
\[b^2 =\frac{b^4}{(2b-1)}+(2b-1)\]
\[1=\frac{b^2}{(2b-1)}+\frac{(2b-1)}{b^2}\]
Durch Substitution \(z=\frac{b^2}{(2b-1)}\) folgt \(z^2-z+1=0\) wobei mit \(z_{1,2}=\frac{1}{2}\pm \sqrt{(\frac{1}{2})^2-1}\) der Radikant negativ ist und zu keiner reellen Lösung führt. Somit existiert kein \(z \in\mathbb{R}\) für das gilt \(z=\frac{b^2}{2b-1}\).
Kann das halbwegs stimmen / würde das so genügen?
\showoff
LG Olga
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1262, eingetragen 2019-07-15
|
Hallo Olga,
\quoteon(2019-07-15 15:08 - OlgaBarati in Beitrag No. 1261)
Aufgabe 2 - 201222
Man ermittle alle diejenigen positiven reellen Zahlen k, fur die die Zahlen
\(a =\frac{2k}{k + 1} \;\;\;\;\;\;\) \(b =\frac{k+1}{2 }\;\;\;\;\;\; \) \(c =\sqrt{k} \)
die Maßzahlen der (mit gleicher Maßeinheit gemessenen) Seitenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks sind.
(...)
Kann das halbwegs stimmen / würde das so genügen?
LG Olga
\quoteoff
Du hast dich von der typischen Buchstabenverteilung $a$ und $b$ Kathete, $c$ Hypotenuse reinlegen lassen. Es gilt hier jedoch, wenn Du Dir die Funktionsgraphen einmal ansiehst, dass $b \geq c \geq a$ ist, und damit nur $b$ überhaupt als Hypotenuse in Frage kommt.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1263, eingetragen 2019-07-15
|
Hallo Thomas,
danke für die Aufklärung. Sehe mir das jetzt alles noch einmal neu an.
LG Olga
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| Beitrag No.1264, eingetragen 2019-07-15
|
\quoteon(2019-07-15 15:37 - OlgaBarati in Beitrag No. 1263)
Hallo Thomas,
danke für die Aufklärung. Sehe mir das jetzt alles noch einmal neu an.
LG Olga
\quoteoff
... es sei denn, die Aufgabe war auch tatsächlich so gemeint, dass $a$ und $b$ die Katheten sein sollen. Dann wäre meine Antwort an Dich aber auch gleich die Antwort auf die Aufgabe gewesen, denn die Hypotenuse kann nun einmal nicht kürzer sein als die Katheten.
Wenn man nämlich $b$ als Hypotenuse annimmt, dann kommt eine quartische Gleichung heraus, deren Lösung man nicht erraten kann, und das kann nicht Sinn und Zweck einer Aufgabe der Stufe II sein...
Edit: Korrektur, es geht doch.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1265, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15
|
Die Aufgabe 20122 hat in der PDF-Datei schon eine Lösung.
Aber: Alternative Lösungen sind sehr schön, denn sie ermöglichen oft einen anderen Blick auf das Problem.
D.h., eine weitere Lösung ist sehr willkommen.
Jetzt sind es schon 1409 Lösungen. Die nervende Lücke der Aufgabe 051232 habe ich heute mit der Musterlösung geschlossen.
LG Steffen
Aufgabe 2 - 051232
Die in der Abbildung im Grundriss gegebene vierseitige Pyramide soll durch eine
Ebene derart geschnitten werden, dass die Schnittfläche ein Parallelogramm ist.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.9]
\coordinate(a) at (-0.2,0);
\coordinate(b) at (1,0.7);
\coordinate(c) at (1.4,2);
\coordinate(d) at (-0.8,1.5);
\coordinate(s) at (0.5,3.5);
\draw (s) -- (d) -- (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\draw (a) -- (s) -- (b);
\draw[dashed] (d) -- (c);
\node[below] at (a) {\small $A'$};
\node[right] at (b) {\small $B'$};
\node[right] at (c) {\small $C'$};
\node[left] at (d) {\small $D'$};
\node[above] at (s) {\small $S'$};
\end{tikzpicture}
$
a) Konstruieren Sie an dem gegebenen Grundriss die geforderte Schnittfläche und die Spurgerade der zugehörigen Schnittebene!
b) Wie verändert sich die Konstruktion, wenn die Grundfläche ein Trapez
ist?
c) Wie verändert sich die Konstruktion, wenn die Grundfläche ein Parallelogramm ist?
Lösung:
a) Die Verlängerungen von $DA$ und $CB$ schneiden sich im Punkt $E$. Die Verlängerungen vin $DC$ und $AB$ schneiden sich im Punkt $F$. Die Spur der Ebene des Dreiecks $\triangle EFS$ sei $s$.
Jede Ebene, die parallel zur Ebene des Dreiecks $\triangle EFS$ verläuft und deren Spur $s_l$ zwischen $B$ (einschließlich $B$) und $s$ liegt, schneidet aus der Pyramide ein Parallelogramm aus.
Die Seiten des Parallelogramms $MNPR$ sind paarweise parallel zu $ES$ bzw. zu $FS$. $LR$ und $KM$ sind parallel zu $FS$; $GR$ und $HP$ sind parallel zu $ES$.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.6]
\coordinate(a) at (-0.2,0);
\coordinate(b) at (1,0.7);
\coordinate(c) at (1.4,2);
\coordinate(d) at (-0.8,1.5);
\coordinate(s) at (0.5,3.5);
\coordinate (f) at (intersection of a--b and c--d);
\coordinate (e) at (intersection of a--d and c--b);
\coordinate (l) at ($(c)!0.8!(f)$);
\coordinate (l0) at ($(l)+(s)-(f)$);
\coordinate (p) at (intersection of s--c and l--l0);
\coordinate (r) at (intersection of s--d and l--l0);
\coordinate (r0) at ($(r)+(e)-(s)$);
\coordinate (g) at (intersection of a--e and r--r0);
\coordinate (h) at (intersection of c--e and g--l);
\coordinate (k) at (intersection of b--f and g--l);
\coordinate (k0) at ($(k)+(s)-(f)$);
\coordinate (n) at (intersection of s--b and k--k0);
\coordinate (m) at (intersection of s--a and k--k0);
\draw (b) -- (f) -- (c);
\draw (b) -- (e) -- (a);
\draw (f) -- (s) -- (e) -- cycle;
\draw (l) -- (p);
\draw (r) -- (g) -- (l);
\draw (h) -- (p);
\draw[thick] (s) -- (d) -- (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\draw[thick] (a) -- (s) -- (b);
\draw[dashed] (d) -- (c);
\draw[thick, blue] (m) -- (n);
\draw[thick, blue] (m) -- (r) -- (p) -- (n);
\draw (k) -- (n);
\foreach \P in {a,b,c,d,s,f,e,l,p,r,g,h,k,m,n}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.04); }
\node[left] at (a) {\small $A'$};
\node[right] at (b) {\small $B'$};
\node[right] at (c) {\small $C'$};
\node[left] at (d) {\small $D'$};
\node[above] at (s) {\small $S'$};
\node[below] at (e) {\small $E'$};
\node[right] at (f) {\small $F'$};
\node[left] at (m) {\small $M'$};
\node[above right] at (n) {\small $N'$};
\node[left] at (g) {\small $G'$};
\node[right] at (h) {\small $H'$};
\node[left] at (r) {\small $R'$};
\node[above] at (p) {\small $P'$};
\node[above] at (l) {\small $L'$};
\node[above] at (k) {\small $K'$};
\node[below] at ($(e)!0.5!(f)$) {\small $s$};
\node[below] at ($(h)!0.5!(k)$) {\small $s_l$};
\end{tikzpicture}
$
Der Konstruktion liegt folgender Satz zugrunde:
Wenn eine Ebene $\epsilon$ parallel zur Schnittgeraden zweier vorgegebener Ebenen verläuft und diese beiden Ebenen schneidet, so schneidet $\epsilon$ die vorgegebenen Ebenen in Geraden, die parallel zu $s$ sind.
Die Schnittgerade der Ebenen der Seitenflächen $\triangle ADS$ und $\triangle BCS$ geht durch $E$ uns $S$. Die Schnittgerade der Ebenen der Seitenflächen $\triangle ABS$ und $\triangle DCS$ geht durch $F$ und $S$.
Da die Ebene mit der Spur $s_l$ parallel zur Ebene $ESF$ verläuft, sind $GR$ und $HP$ parallel zu $ES, KM$ und $LR$ parallel zu $FS$. Die Strecken $GR, HP, KM$ und $LR$ liegen in derselben Ebene und bestimmen somit das Parallelogramm $MNRP$.
b) Ist die Grundfläche ein Trapez, aber kein Parallelogramm, so liegt einer der Punkte $E$ oder $F$ im Unendlichen. Die Spuren $s$ und $s_l$ sind dann parallel zu den beiden parallelen Seiten des Trapezes. Zwei Seiten des gesuchten Parallelogramms sind dann ebenfalls parallel zu den parallelen Seiten des Trapezes.
c) Ist die Grundfläche ein Parallelogramm, so schneidet jede zur Grundfläche parallele Ebene, die die Pyramide in mehr als einem Punkt trifft, diese in einem Parallelogramm.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1266, eingetragen 2019-07-15
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Hallo Steffen,
\quoteon(2019-07-15 16:30 - stpolster in Beitrag No. 1265)
Die Aufgabe 20122 hat in der PDF-Datei schon eine Lösung.
Aber: Alternative Lösungen sind sehr schön, denn sie ermöglichen oft einen anderen Blick auf das Problem.
D.h., eine weitere Lösung ist sehr willkommen.
LG Steffen
\quoteoff
Stimmt. :-) Aber die Musterlösung ist am Ende unelegant mit der Wurzel in der Wurzel. Zunächst eine kleine Korrektur: Auf Seite 863 ganz oben erste Zeile heißt es dort $(k+1)^2=(k-1)^24k\geq4k$, da fehlt ein $+$ zwischen $(k-1)^2$ und $4k$.
Ansonsten passt die Herleitung, aber ich würde am Ende anders vorgehen. Dort steht:
$$(k+1)^4=16k^2+4k(k+1)^2$$Hier würde ich wie folgt weitermachen:
$$(k+1)^2\left((k+1)^2-4k\right)=16k^2$$$$(k+1)^2(k^2+2k+1-4k)=16k^2$$$$(k+1)^2(k-1)^2=16k^2$$$$(k^2-1)^2=16k^2$$$$k^2-1=\pm4k$$Das sind zwei quadratische Gleichungen, die Lösung lautet allgemein:
$$k=\pm2\pm\sqrt5$$Da $\sqrt5 > 2$ ist, aber $k > 0$ sein soll, muss das Vorzeichen vor der $\sqrt5$ auf jeden Fall $+$ sein, und damit folgt
$$k=\sqrt5\pm2$$
Auf diese Weise habe ich den Term $\sqrt{9\pm4\sqrt5}$ in der Musterlösung vermieden.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1267, eingetragen 2019-07-15
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311233A.png
Nennen wir die Summe $s$. Dann ist, wenn man scharf hinschaut:
$$s=\sqrt{(x+1)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}+\sqrt{(x+2)^2+(y-1)^2}+\sqrt{(x-2)^2+(y+2)^2}$$Das bedeutet, man kann $s$ als die Summe der Abstände eines gesuchten Punktes $(x;y)$ zu vier gegebenen Punkten auffassen. Die vier Punkte lauten $(-1;0)$, $(1;1)$, $(-2;1)$ und $(2;-2)$. Hier mal graphisch dargestellt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311233A_Skizze1.png
Es ist offensichtlich, dass es einen Punkt $P$ geben muss, der in Summe einen minimalen Abstand zu den vier gegebenen Punkten haben muss, denn die Summe der Abstände ist "nach oben offen", aber nach unten beschränkt (es gibt keinen Punkt mit negativen Abständen). Folglich muss es auch ein Minimum geben.
Betrachtet man nun die Punkte $A$ und $B$ isoliert, dann hat ein Punkt genau dann die minimale Abstandssumme zu $A$ und $B$, wenn er sich auf der Strecke $AB$ befindet. Die Abstandssumme ist auf der ganzen Strecke $AB$ konstant, nämlich gleich der Länge der Strecke $AB$. Jeder Punkt außerhalb dieser Strecke hat zwangsläufig eine größere Abstandssumme. Das gleiche gilt sinngemäß auch für die Punkte $C$ und $D$. Der Punkt mit der gesuchten minimalen Abstandssumme zu allen vier Punkten muss daher der Schnittpunkt der Strecken $AB$ und $CD$ sein:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311233A_Skizze2.png
$s$ ist dann die Summe der Längen von $AB$ und $CD$:
$$s=\sqrt{2^2+1^2}+\sqrt{3^2+4^2}$$$$s=5+\sqrt5$$
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1268, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon
Aufgabe 131246B:
a) Man beweise folgende Behauptung: Es gibt keine ganzrationale Funktion $f$, bei der für jedes $x$ die beiden Ungleichungen gelten:
(1): $f(x)> f^{\prime\prime}(x)$
(2): $f^{\prime}(x)> f^{\prime\prime}(x)$
b) Entsteht eine richtige Behauptung, wenn man in der bei a) gemachten Behauptung die Ungleichung(2) durch
(3): $f(x)> f^{\prime}(x)$
ersetzt?
\quoteoff
Lösung
\showon
a) Wir nehmen an, es gäbe eine ganzrationale Funktion $f$, die beiden angegebenen Bedingungen (1) und (2) genügt.
Es kann $f$ keine konstante Funktion sein, da wegen $f^{\prime}(x)=f^{\prime\prime}(x)=0$ die Bedingung (2) nicht erfüllt ist. Auch kann $f$ keine lineare (und nicht konstante) Funktion sein, da diese eine Nullstelle $x$ besitzt, für die dann wegen $f(x)=0=f^{\prime\prime}(x)$ die Bedingung (1) nicht erfüllt ist.
Habe also ab nun $f$ mindestens den Grad $n\geq 2$. Dann hat $f^{\prime}$ den Grad $n-1$ sowie $f^{\prime\prime}$ den Grad $n-2$, sodass die ganzrationalen Funktionen $g:=f-f^{\prime}$ und $h:=f^{\prime}-f^{\prime\prime}$ den Grad $n$ bzw. $n-1$ besitzen. Eine der beiden natürlichen Zahlen $n$ und $n-1$ ist ungerade. Ist dies $n$, dann hat $g$ ungeraden Grad, besitzt also eine Nullstelle $x$, für die $f(x)=f^{\prime}(x)$ gilt, was ein Widerspruch zu (1) ist. Ist dagegen $n-1$ ungerade, so folgt analog, dass $h$ eine Nullstelle $x$ besitzt, was dann zu $f^{\prime}(x)= f^{\prime\prime}(x)$, also einem Widerspruch zu (2) führt.
Damit kann es also keine solche Funktion $f$ geben, was die Behauptung beweist, $\Box$.
b) Ersetzt man die Bedingung (2) durch (3), so erhält man keine wahre Aussage mehr, wie die Funktion $f(x)=1$, die für alle reellen $x$ konstant den Funktionswert 1 besitzt, zeigt, denn es ist für diese Funktion und alle reellen Zahlen $x$
$f(x)=1>0=f^{\prime}(x)=f^{\prime\prime},$
sodass sie beide Bedingungen (1) und (3) erfüllt.
\showoff
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1266 begonnen.]
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Nuramon
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| Beitrag No.1269, eingetragen 2019-07-15
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@MontyPythagoras, 311233A: Sehr schöne Lösung!
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Kornkreis
Senior
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.1270, eingetragen 2019-07-15
|
@weird: Die 331246B hatte ich schon vor vielen Jahren auf einen Zettel geschrieben, mit nicht sehr zielführenden Ideen und Beobachtungen dazu. Da ich nicht recht wusste, wo eigentlich der Knackpunkt ist, und ich vermutete, dass mir zur Lösung irgendeine ausgefeilte Technik bzw. ein Satz aus der elementaren Zahlentheorie fehlt, hatte ich mich mit der Aufgabe erst mal nicht weiter beschäftigt. Durch Steffen's Skript bin ich wieder darauf gestoßen, aber ich wollte bis jetzt noch keine Zeit in die Aufgabe investieren (da ich vermute, dass es immer noch nicht straight-forward für mich sein wird).
Um aber deine Frage zu beantworten, so weiß ich, dass eine ähnliche Aufgabe 2010 in der Vor-Auswahlklausur des deutschen IMO-Teams gestellt wurde, siehe hier: https://www.mathe-wettbewerbe.de/imo/imo-auswahl-aufgabenarchiv
Die Musterlösungen stehen auch auf der Seite, vielleicht wurde da eine andere Herangehensweise gewählt als in deiner Lösung!
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Ex_Senior
| Beitrag No.1271, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15
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Ich weiß noch, dass ich mal als Teilnehmer in einem Seminar saß, wo diese Aufgabe $2^n-5^m=7$ besprochen wurde. Ich kann mich aber nicht mehr erinnern, wie wir sie gelöst hatten. (Ist ja auch schon ca. 15 Jahre her. ;-) ) Jedoch war da m.E. mehr als nur Zahlentheorie im Spiel...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1272, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15
|
\quoteon
Aufgabe 131246A:
Erklärungen: Auf einem Schaltbrett sei eine Anzahl $n$ von Knöpfen $K_1$, $\dots$, $K_n$ zum Ein- und Ausschalten von Stromkreisen $S_1$, $\dots$, $S_n$ angebracht. Für jeden Knopf $K_i$ werde durch einmaliges Drücken der Stromkreis $S_i$ vom ausgeschalteten Zustand in den eingeschalteten Zustand bzw. umgekehrt vom eingeschalteten in den ausgeschalteten Zustand überführt, unabhängig von den anderen Stromkreisen.
Unter einem ”Schaltbild” $B$ sei die gleichzeitige Angabe der Zustände aller Stromkreise $S_i$ verstanden; z.B. stellt die Ausgangsstellung, bei der alle Stromkreise $S_i$ ausgeschaltet sind, ein Schaltbild dar, das mit $B_0$ bezeichnet sei.
Sind $B$ und $B^{\prime}$ Schaltbilder, so werde unter der ”Summe” $B\oplus B^{\prime}$ dasjenige Schaltbild verstanden, das nach folgender Vorschrift entsteht:
Es sei $B$ dadurch gekennzeichnet, dass genau die Stromkreise $S_{n_1}$, $\dots$, $S_{n_p}$ eingeschaltet sind; es sei $B^{\prime}$ dadurch gekennzeichnet, dass genau die Stromkreise $S_{k_1}$, $\dots$, $S_{k_q}$ eingeschaltet sind. Dann beginne man mit dem Schaltbild $B_0$ und
(a) drücke die Knöpfe $K_{n_1}$, $\dots$, $K_{n_p}$, jeden genau einmal. Anschließend (ohne nach $B_0$ zurückzugehen!)
(b) drücke man genau die Knöpfe $K_{k_1}$, $\dots$, $K_{k_q}$, jeden genau einmal.
Unter dem ”Produkt” $B\otimes B^{\prime}$ werde dasjenige Schaltbild verstanden, das nach folgender Vorschrift entsteht:
Man beginne mit dem Schaltbild $B_0$, verfahre nach den Vorschriften (a), (b) und anschließend
(c) drücke man genau diejenigen Knöpfe, die bei mindestens einem der beiden Teilprozesse (a), (b) bereits gedrückt worden waren, jedoch noch genau einmal.
Man beweise die folgenden beiden Aussagen:
(1) Sind $B$, $B^{\prime}$, $B^{\prime\prime}$ Schaltbilder, so gilt
$(B\oplus B^{\prime}) \otimes B^{\prime\prime}= (B \otimes B^{\prime\prime}) \oplus (B^{\prime} \otimes B^{\prime\prime})$
(2) Sind $B$, $B^{\prime}$ Schaltbilder, so gibt es genau ein Schaltbild $B^{*}$ mit der Eigenschaft $B^{*} \oplus B^{\prime}=B$, nämlich $B^{*}=B \oplus B^{\prime}$.
\quoteoff
Bemerkung: In dem Absatz vor (a) hat sich in die PDF ein kleiner Druckfehler eingeschlichen. es müsste bei "es sei $B^{\prime}$ dadurch gekennzeichnet, dass genau die Stromkreise $S_{k_1}$, $\dots$, $S_{k_q}$ eingeschaltet sind" eben als letztem Stromkreis $S_{k_q}$, und nicht, wie bisher, $S_{k_p}$ heißen.
Lösung:
zu (1): Offenbar sind die Schaltvorgänge für alle Stromkreise jeweils unabhängig voneinander, sodass es genügt, sich auf einen einzelnen Stromkreis zu konzentrieren: Gilt für diesen die Aussage, dann gilt sie für alle Stromkreise, also auch die gesamten Schaltbilder.
Enthält ein Schaltbild $B$ einen Knopf, der den Stromkreis $S$ schaltet, so weisen wir $B$ den Wert 1 zu, sonst 0. Dann gilt offenbar $B \oplus B^{\prime} \equiv B+B^{\prime} \pmod{2}$, denn zweimaliges Schalten verändert den Zustand des Stromkreises nicht. Analog folgt $B\otimes B^{\prime}\equiv B \cdot B^{\prime} \pmod{2}$, wie man leicht für alle vier möglichen Fälle nachrechnet.
Dann ist aber
$(B\oplus B^{\prime}) \otimes B^{\prime\prime} \equiv (B+B^{\prime}) \cdot B^{\prime\prime} = (B \cdot B^{\prime\prime}) + (B^{\prime} \cdot B^{\prime\prime})\equiv (B \otimes B^{\prime\prime}) \oplus (B^{\prime} \otimes B^{\prime\prime}) \pmod{2},$
sodass (1) folgt.
zu (2): Wieder betrachten wir nur genau einen Stromkreis, da die Behauptung für alle Stromkreise unabhängig ist. Für einen Schaltplan $B^{*}$ mit $B^{*} \oplus B^{\prime}=B$ muss also für jeden Stromkreis $S$ die Kongruenz $B^{*} + B^{\prime} \equiv B \pmod{2}$ bzw. $B^{*} \equiv B-B^{\prime} \equiv B+B^{\prime}\pmod{2}$ erfüllen: Ist diese Restklasse 0, so darf in $B^{*}$ kein Knopf für den zugehörigen Stromkreis $S$ enthalten sein; ist sie 1, dann muss der entsprechende Knopf in $B^{*}$ enthalten sein. Umgekehrt gilt dann aber auch die gewünschte Gleichung $B^{*} \oplus B^{\prime}=B$. Damit ist $B^{*}$ eindeutig bestimmt und hat die Form $B \oplus B^{\prime}$, $\Box$.
Cyrix
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1273, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-15 08:39 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1257)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321236.png
Hallo Hyperplot,
\quoteon(2019-07-15 01:06 - HyperPlot in Beitrag No. 1256)
(...)
Ich vermute, dass im Aufgabentext etwas fehlt; und ein gleichseitiges Dreieck gesucht ist.
\quoteoff
Ein gleichseitiges Dreieck passt gar nicht hinein. Der minimale Abstand zwischen innerem und äußerem Keis ist 4, der maximale zwischen innerem und mittlerem Kreis ist auch 4. Allerdings liegen die Punkte, für die das zutrifft, auf einer Geraden und bilden kein Dreieck.
\quoteoff
Ich habe mawi angeschrieben mit der Bitte die Musterlösung zu posten.
PS:
@stpolster Wenn ich noch einmal Nicht-Verwendung von 3D-Koordinaten oder unablässige Verwendung von absoluten, anstelle von relativen Konstruktionskoordinaten sehe, gibt es zwei Wochen lang keinen Nachtisch mehr für Dich! :-D
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.1274, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-15 19:11 - Kornkreis in Beitrag No. 1270)
Um aber deine Frage zu beantworten, so weiß ich, dass eine ähnliche Aufgabe 2010 in der Vor-Auswahlklausur des deutschen IMO-Teams gestellt wurde, siehe hier: https://www.mathe-wettbewerbe.de/imo/imo-auswahl-aufgabenarchiv
Die Musterlösungen stehen auch auf der Seite, vielleicht wurde da eine andere Herangehensweise gewählt als in deiner Lösung!
\quoteoff
Vielen Dank für diesen wertvollen Hinweis! Ich hab mir inzwischen die Lösung zu der ähnlichen Aufgabe angesehen, die Lösungen $(m,n)\in \mathbb N^2$ von
\[3^m-7^n=2\]
zu bestimmen. Sie ist für mich zwar nicht sehr klar strukturiert, vor allem fehlt die Umformung
\[3^2(3^{m-2}-1)=7(7^{n-1}-1)\]
für $n>1$ (und damit $m>2$), welche in meinen Augen hier alles etwas übersichtlicher macht, folgt aber im Prinzip dann doch einer sehr ähnlichen Grundidee, wie meine Lösung oben, nämlich einer Art "Ping-Pong-Spiel" zwischen den Teilern von $3^{m-2}-1$ und den Teilern von $7^{n-1}-1$, welches dann irgendwann auf einen Widerspruch führt.
Was mich auch ein wenig beruhigt ist auch die Tatsache, dass diese Aufgabe von keinem der damaligen Teilnehmer gelöst wurde, was dann auch meinem subjektiven Gefühl entspricht, dass sie doch eher schwer ist. Ich hatte nach den ersten fruchtlosen Versuchen ja schon echt Angst, da "ein Brett vor dem Kopf" zu haben. :-D
\quoteon(2019-07-15 19:30 - cyrix in Beitrag No. 1271)
Ich weiß noch, dass ich mal als Teilnehmer in einem Seminar saß, wo diese Aufgabe $2^n-5^m=7$ besprochen wurde. Ich kann mich aber nicht mehr erinnern, wie wir sie gelöst hatten. (Ist ja auch schon ca. 15 Jahre her. ;-) ) Jedoch war da m.E. mehr als nur Zahlentheorie im Spiel...
Cyrix
\quoteoff
Ja, dass da analytische Überlegungen eine Rolle spielen, dachte ich eben am Anfang auch, aber nein, es geht doch allein mit modularer Arithmetik, also dann "nur" mit Zahlentheorie. ;-)
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1275, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-15 15:55 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1264)
\quoteon(2019-07-15 15:37 - OlgaBarati in Beitrag No. 1263)
Hallo Thomas,
danke für die Aufklärung. Sehe mir das jetzt alles noch einmal neu an.
LG Olga
\quoteoff
...Wenn man nämlich $b$ als Hypotenuse annimmt, dann kommt eine quartische Gleichung heraus, deren Lösung man nicht erraten kann, und das kann nicht Sinn und Zweck einer Aufgabe der Stufe II sein...
Edit: Korrektur, es geht doch.
Ciao,
Thomas
\quoteoff
\showon Lösungsversuch 2:
Habe gerade mit den erhaltenen Hinweisen noch einen Versuch gestartet....
Wir ermitteln zunächst \(a^2=\frac{4k^2}{k^2+2k+1}\) und \(b^2=\frac{k^2+2k+1}{4}\) und \(c^2 =k\) und \(b^2=k+a^2\) da zu beachten ist dass \(b>c>a.\) und somit nur \(b\) die Hypotenuse der rechtwinkligen Dreiecke sein kann.
Nach Umformung folgt \(\frac{1}{a^2}=\frac{k^2+2k+1}{4k^2}\) und mit \(\frac{1}{a^2}=\frac{b^2}{k^2}\) dann \(k^2-ka^2-a^4=0.\)
So berechnet sich für
\[k_{1,2}=\frac{a^2}{2}\pm \sqrt{(\frac{a^2}{2})^2+a^4}\]
\[k_{1,2}=\frac{a^2}{2}\pm \sqrt{\frac{a^4}{4}+a^4}\]
\[k_{1}=\frac{a^2}{2}(1+\sqrt{5})\]
\[k_{2}=\frac{a^2}{2}(1-\sqrt{5})<0\]
Mit der Umformung \((k_1=k)\) folgt für \(a^2=\frac{2k}{1+\sqrt{5}}=\frac{4k^2}{k^2+2k+1}\) und weiter
\[k^2-2\sqrt{5}k+1=0\]
\[k_{3}=\sqrt{5}+2\]
\[k_{4}=\sqrt{5}-2\]
... ist noch nicht vollständig. Sollte es aber unerwartet tendenziell richtig sein, so würde ich demnächst die Aufgabe vervollständigen und ordentlich aufschreiben.
\showoff
LG Olga
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Ex_Senior
| Beitrag No.1276, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-15 20:26 - HyperPlot in Beitrag No. 1273)
@stpolster Wenn ich noch einmal Nicht-Verwendung von 3D-Koordinaten oder unablässige Verwendung von absoluten, anstelle von relativen Konstruktionskoordinaten sehe, gibt es zwei Wochen lang keinen Nachtisch mehr für Dich! :-D
\quoteoff
Ich werde mich bessern, nur bei meiner letzten Darstellung gab es gar keine 3D-Koordinaten, das war nämlich der Grundriss. Egal.
Du kannst mir aber mal einen Tipp geben, wie man der Darstellung
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild17.PNG
vernünftig diese Zick-Zack-Linie mit tikz umsetzt.
Aus einzelnen Abschnitten zusammensetzen? Kann ich mir nicht vorstellen.
Danke
Steffen
PS: 1412 Lösungen.
@MontyPythagoras: Ich habe in der Musterlösung deine deutliche Verbesserung eingefügt.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1277, eingetragen 2019-07-15
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\quoteon(2019-07-15 21:28 - stpolster in Beitrag No. 1276)
Du kannst mir aber mal einen Tipp geben, wie man der Darstellung
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild17.PNG
vernünftig diese Zick-Zack-Linie mit tikz umsetzt.
Aus einzelnen Abschnitten zusammensetzen? Kann ich mir nicht vorstellen.
\quoteoff
Ja, ist mir klar wie das geht. Ich kuck es mir später genauer an.
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1278, eingetragen 2019-07-15
|
Hallo Olga,
anscheinend hast Du den Hinweis von Steffen übersehen, dass es zu der Aufgabe schon eine Lösung gibt. Da sich Deine Lösung aber von der Musterlösung unterscheidet, wäre es trotzdem gut, Deine Lösung mit ins Lösungsbuch aufzunehmen. Deine Lösung ist jedenfalls richtig.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1275 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1279, eingetragen 2019-07-16
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\quoteon(2019-07-15 21:28 - stpolster in Beitrag No. 1276)
\quoteon(2019-07-15 20:26 - HyperPlot in Beitrag No. 1273)
@stpolster Wenn ich noch einmal Nicht-Verwendung von 3D-Koordinaten oder unablässige Verwendung von absoluten, anstelle von relativen Konstruktionskoordinaten sehe, gibt es zwei Wochen lang keinen Nachtisch mehr für Dich! :-D
\quoteoff
Ich werde mich bessern, nur bei meiner letzten Darstellung gab es gar keine 3D-Koordinaten, das war nämlich der Grundriss. Egal.
Du kannst mir aber mal einen Tipp geben, wie man der Darstellung
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild17.PNG
vernünftig diese Zick-Zack-Linie mit tikz umsetzt.
Aus einzelnen Abschnitten zusammensetzen? Kann ich mir nicht vorstellen.
\quoteoff
Man könnte das Ausgangsbild mit Rechtecken übermalen.
Die Zickzacklinie wäre dann eine decoration aus der Bibliothek decorations.
Da ich allerdings gerade nicht weiß, wie man den Stil einzelner rectangle-Kanten ändert, habe ich die Lücken mit der Bibliothek snakes umgesetzt.
Bei snakes kann man, im Unterschied zu decorations, leicht einzelne Pfadabschnitte ändern:
\sourceon (latex)
\draw[fill=white] (0,0)
[snake=zigzag] -- (0,3)
[snake=none] -- (2mm,3)
[snake=zigzag] -- (2mm,0)
[snake=none] -- (0,0);
\draw[white, thick] (0,0) -- (2mm,0);
\draw[white, thick] (0,3) --+ (2mm,0);
\sourceoff
Das hat wahrscheinlich niemand gedacht, dass das mal jmd. macht, sonst hätte man das da auch abgestellt, um dem Nutzer die Arbeit zu erschweren.
Jedenfalls gilt 'snakes' m.W. als veraltet; das ist also nicht die professionellste aller Lösungen:
$
\pgfmathsetmacro{\B}{1000}
\pgfmathsetmacro{\H}{1420}
\pgfmathsetmacro{\BI}{600}
\pgfmathsetmacro{\HI}{500}
\pgfmathsetmacro{\HII}{300}
\begin{tikzpicture}[x =11*0.001cm, y=3*0.001cm,
font=\footnotesize,
Pfeil/.style={<->, >=latex},
Schlange/.style={snake=zigzag,
line before snake=0mm,
segment amplitude=1pt,
segment length=20pt,
},
]
\draw[] (0,0) rectangle (\B,\H);
\draw[fill=lightgray] (0,0) rectangle (\B-\BI,\H-\HI);
\draw[] (\B,\H-\HI) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-\HII);
\draw[] (\B,\H-\HI-\HII) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-2*\HII);
\draw[] (\B,\H-\HI-2*\HII) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-3*\HII);
\draw[thin] (0,\H) --+ (0,6mm) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (\B,\H) --+ (0,6mm) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, above, sloped]{\B{} m};
\draw[thin] (0,0) --+ (-6mm,0) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (0,\H) --+ (-6mm,0) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, above, sloped]{\H{} m};
\draw[thin] (\B,0) --+ (0,-6mm) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (\B-\BI,0) --+ (0,-6mm) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, below, sloped]{\BI{} m};
\draw[thin] (\B,\H) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A0);
\draw[thin] (\B,\H-\HI) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A1);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A2);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-2*\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A3);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-3*\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A4);
\draw[thin, Pfeil] (A0) -- (A1) node[midway, above, sloped]{\HI{} m};
\foreach[evaluate={\N=int(\n+1)}] \n in {1,2,3}
\draw[thin, Pfeil] (A\n) -- (A\N) node[midway, above, sloped]{\HII{} m};
\foreach \q in {0.25,0.75}{%
\begin{scope}[shift={(\q*\B,0)}]
\draw[fill=white] (0,0)
[Schlange] -- (0,\H)
[snake=none] -- (2mm,\H)
[Schlange] -- (2mm,0)
[snake=none] -- (0,0);
\draw[white, thick] (0,0) -- (2mm,0);
\draw[white, thick] (0,\H) --+ (2mm,0);
\end{scope}
}%
\end{tikzpicture}
$
\showon
\sourceon latex
%\documentclass[a4paper]{article}
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing}
\usetikzlibrary{snakes}
\begin{document}
\pgfmathsetmacro{\B}{1000}
\pgfmathsetmacro{\H}{1420}
\pgfmathsetmacro{\BI}{600}
\pgfmathsetmacro{\HI}{500}
\pgfmathsetmacro{\HII}{300}
\begin{tikzpicture}[x =11*0.001cm, y=3*0.001cm,
font=\footnotesize,
Pfeil/.style={<->, >=latex},
Schlange/.style={snake=zigzag,
line before snake=0mm,
segment amplitude=1pt,
segment length=20pt,
},
]
\draw[] (0,0) rectangle (\B,\H);
\draw[fill=lightgray] (0,0) rectangle (\B-\BI,\H-\HI);
\draw[] (\B,\H-\HI) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-\HII);
\draw[] (\B,\H-\HI-\HII) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-2*\HII);
\draw[] (\B,\H-\HI-2*\HII) rectangle (\B-\BI,\H-\HI-3*\HII);
\draw[thin] (0,\H) --+ (0,6mm) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (\B,\H) --+ (0,6mm) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, above, sloped]{\B{} m};
\draw[thin] (0,0) --+ (-6mm,0) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (0,\H) --+ (-6mm,0) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, above, sloped]{\H{} m};
\draw[thin] (\B,0) --+ (0,-6mm) coordinate[pos=0.5](A);
\draw[thin] (\B-\BI,0) --+ (0,-6mm) coordinate[pos=0.5](B);
\draw[thin, Pfeil] (A) -- (B) node[midway, below, sloped]{\BI{} m};
\draw[thin] (\B,\H) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A0);
\draw[thin] (\B,\H-\HI) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A1);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A2);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-2*\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A3);
\draw[thin] (\B,\H-\HI-3*\HII) --+ (6mm,0) coordinate[pos=0.5](A4);
\draw[thin, Pfeil] (A0) -- (A1) node[midway, above, sloped]{\HI{} m};
\foreach[evaluate={\N=int(\n+1)}] \n in {1,2,3}
\draw[thin, Pfeil] (A\n) -- (A\N) node[midway, above, sloped]{\HII{} m};
\foreach \q in {0.25,0.75}{%
\begin{scope}[shift={(\q*\B,0)}]
\draw[fill=white] (0,0)
[Schlange] -- (0,\H)
[snake=none] -- (2mm,\H)
[Schlange] -- (2mm,0)
[snake=none] -- (0,0);
\draw[white, thick] (0,0) -- (2mm,0);
\draw[white, thick] (0,\H) --+ (2mm,0);
\end{scope}
}%
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
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