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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
 |  Beitrag No.1320, eingetragen 2019-07-19
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Zu 321223:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_321223.png
Wenn man als bekannt voraussetzen darf, dass der Umkreismittelpunkt $O$, der Höhenschnittpunkt $H$ und Schwerpunkt $S$ auf einer Gerade (der Eulerschen Gerade) liegen, dann folgt die Aussage aus dem Strahlensatz:
Sei $D$ der Mittelpunkt der Seite $BC$. Für die Ecke $A$ sind dann die Mittelsenkrechte von $BC$ und die Höhe von $A$ auf $BC$ parallel.
$S$ teilt die Seitenhalbierende $DA$ von $BC$ im Verhältnis $2:1$, also gilt nach Strahlensatz auch $AH:OD = 2:1$.
$
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate(A) -- (7,0) coordinate(B) --(3,5) coordinate(C) -- cycle;
\draw (A) -- ($(B)!0.5!(C)$) coordinate(D);
\draw[name path= hA] (A) -- ($(B)!(A)!(C)$);
\path[name path= hB] (B) -- ($(A)!(B)!(C)$);
\path[name intersections={of= hA and hB, by=H}];
%\draw ($(A)!2/3!(D)$) coordinate (S) ;
\coordinate (S) at ($1/3*(A)+1/3*(B)+1/3*(C)$);
\path[name path= mAB] ($(A)!0.5!(B)$) coordinate (E) --($(E)!2!90:(B)$);
\path[name path=mBC] (D) --($(D)!2!90:(C)$);
\path[name intersections={of= mAB and mBC, by=O}] ;
\draw (H)--(O);
\draw (O)--(D);
\foreach \P/\p in {A/below left,B/below right,C/above,D/above right,S/above,O/below,H/above left}
{
\fill (\P) circle (2pt);
\node[\p] at (\P){$\P$};
}
\end{tikzpicture}
$
EDIT: Skizze ergänzt.\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.1321, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-19
|
\quoteon(2019-07-19 21:24 - Nuramon in Beitrag No. 1320)
Will das jemand tikzen? :-P
\quoteoff
Nicht professionell, aber vielleicht geht es ja:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=2.2]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (1.4,2);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\coordinate(ha) at ($(b)!(a)!(c)$);
\coordinate(hc) at ($(a)!(c)!(b)$);
\coordinate (h) at (intersection of a--ha and c--hc);
\coordinate(ma) at ($(b)!0.5!(c)$);
\coordinate(mc) at ($(b)!0.5!(a)$);
\coordinate(mc0) at ($(mc)+(0,2)$);
\coordinate(ma0) at ($(ma)-(2,0.6)$);
\coordinate (u) at (intersection of ma--ma0 and mc--mc0);
\coordinate (s) at (intersection of ma--a and c--mc);
\draw[blue] (c) -- (hc);
\draw[blue] (a) -- (ha);
\draw[red] (a) -- (ma);
\draw[red] (c) -- (mc);
\draw[green] ($(ma)!1.05!(ma0)$) -- ($(ma0)!1.2!(ma)$);
\draw[green] ($(mc)!1.05!(mc0)$) -- ($(mc0)!1.1!(mc)$);
\draw[orange] ($(u)!2!(h)$) -- ($(h)!2!(u)$);
\foreach \P in {a,b,c,ha,hc,ma,mc,h,u,s}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.03);}
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[right] at (b) {\small $B$};
\node[above] at (c) {\small $C$};
\node[above right] at (u) {\small $O$};
\node[above right] at (h) {\small $H$};
\node[right] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (ha) {\small $H_a$};
\node[below] at (hc) {\small $H_c$};
\node[right] at (ma) {\small $M_a$};
\node[below] at (mc) {\small $M_c$};
\end{tikzpicture}
$
Hyperplot kann es bestimmt besser.
LG Steffen
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1322, eingetragen 2019-07-19
|
\quoteon(2019-07-19 23:22 - stpolster in Beitrag No. 1321)
\quoteon(2019-07-19 21:24 - Nuramon in Beitrag No. 1320)
Will das jemand tikzen? :-P
\quoteoff
Nicht professionell, aber vielleicht geht es ja:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=2.2]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (1.4,2);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\coordinate(ha) at ($(b)!(a)!(c)$);
\coordinate(hc) at ($(a)!(c)!(b)$);
\coordinate (h) at (intersection of a--ha and c--hc);
\coordinate(ma) at ($(b)!0.5!(c)$);
\coordinate(mc) at ($(b)!0.5!(a)$);
\coordinate(mc0) at ($(mc)+(0,2)$);
\coordinate(ma0) at ($(ma)-(2,0.6)$);
\coordinate (u) at (intersection of ma--ma0 and mc--mc0);
\coordinate (s) at (intersection of ma--a and c--mc);
\draw[blue] (c) -- (hc);
\draw[blue] (a) -- (ha);
\draw[red] (a) -- (ma);
\draw[red] (c) -- (mc);
\draw[green] ($(ma)!1.05!(ma0)$) -- ($(ma0)!1.2!(ma)$);
\draw[green] ($(mc)!1.05!(mc0)$) -- ($(mc0)!1.1!(mc)$);
\draw[orange] ($(u)!2!(h)$) -- ($(h)!2!(u)$);
\foreach \P in {a,b,c,ha,hc,ma,mc,h,u,s}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.03);}
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[right] at (b) {\small $B$};
\node[above] at (c) {\small $C$};
\node[above right] at (u) {\small $O$};
\node[above right] at (h) {\small $H$};
\node[right] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (ha) {\small $H_a$};
\node[below] at (hc) {\small $H_c$};
\node[right] at (ma) {\small $M_a$};
\node[below] at (mc) {\small $M_c$};
\end{tikzpicture}
$
Hyperplot kann es bestimmt besser.
\quoteoff
Ja gut, also zunächst bin ich ein Fan davon, originale Bezeichnungen zu verwenden. Ich fahr hier nicht vielgleisig.
Dazu sollten Graphiken immer exterene Dokumente sein, die mit standalone eingebunden werden, weil man mit z.B. \d vorhanden Befehle überschreiben kann.
Ansonsten geht eine Senkrechte über AB in einem Punkt H so:
$
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
$
\sourceon latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.1323, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-20
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\quoteon(2019-07-19 23:49 - HyperPlot in Beitrag No. 1322)
Ansonsten geht eine Senkrechte über AB in einem Punkt H so:
$
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
$
\sourceon latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\quoteoff
Danke, wieder etwas gelernt.
LG Steffen
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1324, eingetragen 2019-07-20
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Da habt ihr wohl getikzt, während ich nicht hingesehen habe. Eure Skizzen sind aber schöner geworden als meine.
\quoteon(2019-07-19 23:49 - HyperPlot in Beitrag No. 1322)
Ansonsten geht eine Senkrechte über AB in einem Punkt H so:
[...]
\quoteoff
Hätte ich die Seite refresht, dann hätte mir dieser Kommentar einige Suche erspart...
Kannst du mir eine Frage zur Syntax bei Linearkombinationen beantworten? Den Schwerpunkt S berechne ich momentan so:
\sourceon
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate(A) -- (7,0) coordinate(B) --(3,5) coordinate(C) -- cycle;
\coordinate (S) at ($1/3*(A)+1/3*(B)+1/3*(C)$);
\fill (S) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
\sourceoff
Das funktioniert.
Am liebsten würde ich aber nur einmal durch 3 teilen, etwa so
\sourceon
\coordinate (S) at ($1/3*((A)+(B)+(C))$);
\sourceoff
Das scheint leider nicht zu funktionieren:
$
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate(A) -- (7,0) coordinate(B) --(3,5) coordinate(C) -- cycle;
% Variante 1:
\coordinate (S) at ($1/3*((A)+(B)+(C))$);
\fill (S) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
$
Habe ich nur irgendwelche Klammern falsch gesetzt oder geht die zweite Variante einfach nicht in tikz?
\(\endgroup\)
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1325, eingetragen 2019-07-20
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\quoteon(2019-07-20 01:00 - Nuramon in Beitrag No. 1324)
$
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate(A) -- (7,0) coordinate(B) --(3,5) coordinate(C) -- cycle;
% Variante 1:
\coordinate (S) at ($1/3*((A)+(B)+(C))$);
\fill (S) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
$
Habe ich nur irgendwelche Klammern falsch gesetzt oder geht die zweite Variante einfach nicht in tikz?
\quoteoff
Du musst jede Koordinate einzeln bewerten, etwa
\sourceon (latex)
\pgfmathsetmacro\k{1/3}
\coordinate[label=$S$] (S) at ($\k*(A)+\k*(B)+\k*(C)$);
\sourceoff
$
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate[label=left:$A$](A) -- (7,0) coordinate[label=right:$B$](B) --(3,5) coordinate[label=$C$](C) -- cycle;
\pgfmathsetmacro\k{1/3}
\coordinate[label=$S$] (S) at ($\k*(A)+\k*(B)+\k*(C))$);
\fill (S) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
$
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Ex_Senior
| Beitrag No.1326, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-20
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Mal was kleines für zwischendurch:
\quoteon
Aufgabe 311231: Es sei $f$ eine Funktion, die für alle rellen Zahlen $x$ definiert ist; ferner sei folgende Voraussetzung erfüllt:
Mit zwei voneinander verschiedenen reellen Zahlen $a$, $b$ gelten für jedes reelle $x$ die Gleichungen $f(a-x)=f(a+x)$ und $f(b-x)=f(b+x)$.
Man beweise, dass aus diesen Voraussetzungen stets folgt: Die Funktion $f$ ist periodisch.
Hinweis: Eine Funktion $f$ heißt genau dann periodisch, wenn eine positive reele Zahl $p$ existiert, mit der für jedes reelle $x$ die Gleichung $f(x+p)=f(x)$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
\showon
O.B.d.A. sei $a0$ und es gilt für jedes relle $x$ die Gleichung
$f(x+p)=f(x+2b-2a)=f(b+(x+b-2a))=f(b-(x+b-2a))=f(2a-x)=f(a-(x-a))=f(a+(x-a))=f(x),\ \Box .$
\showoff
Cyrix
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1327, eingetragen 2019-07-20
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@Hyperplot: Danke.
@stpolster: Könntest du noch folgenden Nachtrag zu 321223 anfügen:
Hier ein kurzer Beweis dafür, dass der Schwerpunkt, der Höhenschnittpunkt und der Umkreismittelpunkt eines Dreiecks $ABC$ auf einer Geraden liegen:
Man erhält das Dreieck $M_aM_bM_c$ der Seitenmitten durch zentrische Streckung von $ABC$ am Schwerpunkt $S$ (der Streckfaktor ist $\frac 12$).
Daher liegen der Höhenschnittpunkt $H$ von $ABC$, der Schwerpunkt $S$ und der Höhenschnittpunkt $H'$ von $M_aM_bM_c$ auf einer Geraden. Es ist aber offenbar $H'$ auch gleich der Umkreismittelpunkt von $ABC$. Daraus folgt die Behauptung und es folgt sogar die Aussage, dass der Schwerpunkt die Verbindungslinie vom Höhenschnittpunkt zum Umkreismittelpunkt im Verhältnis $2:1$ teilt.\(\endgroup\)
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1328, eingetragen 2019-07-20
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
311243:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_311243.png
\showon Lösung:
Wir arbeiten im Polynomring $\IF_p[X]$. Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt für alle $f,g\in \IF_p[X]$ die Gleichung $(f+g)^p = f^p+g^p$.
Daher gilt für das Polynom $(X+1)^n\in \IF_p[X]$:
\[(X+1)^n = \left(X^{\displaystyle p^t}+1\right)^{\displaystyle a_t} \left(X^{\displaystyle p^{t-1}}+1\right)^{\displaystyle a_{t-1}}\cdot \ldots \cdot \left(X^{\displaystyle p^1}+1\right)^{\displaystyle a_1}
\left(X+1\right)^{\displaystyle a_0}.\]
Mit dem binomischem Lehrsatz folgt
\[\sum_{i=0}^n \binom ni X^{\displaystyle i}= \prod_{i=0}^t \left(\sum_{j=0}^{a_i}\binom {a_i}j X^{\displaystyle jp^i}\right).\]
Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung natürlicher Zahlen im Ziffernsystem zur Basis $p$ folgt die Behauptung durch Vergleich der Koeffizenten von $X^k$ auf beiden Seiten.
\showoff
\(\endgroup\)
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OlgaBarati
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
 | Beitrag No.1329, eingetragen 2019-07-20
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_231246B.png\showon
Hier macht es Sinn eine Aufteilung in 2er Potenzen vorzunehmen, da deren Quotienten wiederum einfach zu addieren sind. Mit der fortwährenden Teilung von \(1984 : 2\) ergibt sich das Produkt von \(2^6 \cdot 31 = 64 \cdot 31=1984.\)
Die Summe \(32+\sum_1^{30}64=1952\) ergibt eine Summe der Quotienten \(\frac{1}{32}+\sum_1^{30} \frac{1}{64}=\frac{1}{2}.\) Die Differenz von \(1984-1952=32\) bildet mit der Aufteilung in \(4\cdot 8=32\) die Summe der Quotienten \(\sum_1^{4} \frac{1}{8}=\frac{1}{2} \) und somit ist \(k=30+1+4=35\)\[\sum_1^{30} 64 +\sum_1^{1} 32 +\sum_1^{4} 8=1984\;\;\;\;\;\;
\textrm{und}\;\;\;\;\;\;\sum_1^{30} \frac{1}{64} +\sum_1^{1} \frac{1}{32} +\sum_1^{4} \frac{1}{8}=1\]
\showoff
LG Olga
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1327 begonnen.]
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ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
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Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.1330, eingetragen 2019-07-20
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Hallo,
\quoteon
Aufgabe 1 - 341021
a) Wie viele verschiedene Verteilungen der Zahlen $1, 2, \ldots, 6$ auf die sechs Seitenflächen eines Würfels gibt es insgesamt?
b) Wie viele verschiedene unter diesen Verteilungen gibt es insgesamt, bei denen die zusätzliche Bedingung erfüllt ist, dass für jedes Paar einander gegen ̈uberliegender Seitenflächen die Zahlen aufdiesen beiden Flächen die Summe 7 haben?
Hinweis: In a) und b) gelten zwei Verteilungen genau dann als voneinander verschieden, wenn sie durch keine Drehung des Würfels ineinander ̈uberführt werden können.
\quoteoff
Obwohl es in der Aufgabe nicht so explizit steht, nehme ich an, dass jede der 6 Zahlen von 1 bis 6 auf einer der Würfelflächen stehen soll.
a) Wir nehmen einen Würfel und beschriften seine Seitenflächen so, dass jede der Zahlen von 1 bis 6 genau einmal vorkommt.
Wir legen den Würfel so hin, dass $1$ auf der oberen Seitenfläche liegt, so gibt es $5$ Möglichkeiten welche der Zahlen auf der unteren Seitenfläche steht. Anschließend drehen wir den Würfel so um die vertikale Achse, dass die kleinste nach vorn zeigt. Es gibt damit noch $3!=6$ Möglichkeiten wie die anderen $3$ Seitenflächen beschriftet wurden. Weiter kann jeder Würfel auf eindeutige Art so hingelegt werden, dass die 1 oben liegt und die kleinste Zahl der vier benachbarten Seitenflächen nach vorn zeigt. Es gibt also insgesamt $5\cdot 3!=30$ paarweise verschiedene Verteilungen.
b) Wir nehmen einen Würfel und beschriften seine Seitenflächen so, dass jede der Zahlen von 1 bis 6 genau einmal vorkommt und Zahlen gegenüberliegender Seitenflächen die Summe 7 haben.
Wir legen den Würfel so hin, dass $1$ auf der oberen Seitenfläche liegt. Da $6$ (und nicht $2$) auf der gegenüberliegenden Seite steht, können ihn so um die vertikale Achse drehen, dass die Seite mit der $2$ nach vorn zeigt. Somit liegt $5$ auf der hinteren Seite. Nun kann $3$ auf der linken oder auf der rechten Seitenfläche stehen. Es gibt also insgesamt $2$ Möglichkeiten.
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ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
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Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.1331, eingetragen 2019-07-20
|
\quoteon
Aufgabe 2 - 321042
Für jede natürliche Zahl $n\geq 1$ denke man sich in
\[p_n(x) = (x^2+x+1)^n\]
auf der rechten Seite durch genügend häufiges Ausmultiplizieren alle Klammern beseitigt und den entstehenden Ausdruck nach Potenzen von $x$ geordnet, so dass in dem (so geschriebenen) Polynom jede Potenz von $x$ genau einen Koeffizienten erhält (eine Zahl, die als Faktor bei dieser Potenz steht).
a) Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl $n\geq 1$ gilt:Bei dieser Darstellung von $p_n(x)$ sind mindestens drei Koeffizienten ungerade.
b) Beweisen Sie, dass es unendlich viele natürliche Zahlen $n$ gibt, für die gilt: Bei dieser Darstellung von $p_n(x)$ sind genau drei Koeffizienten ungerade.
\quoteoff
a) Die Koeffizienten von $x^0$ und $x^{2n}$ in dieser Darstellung sind 1, da wir das Monom $x^0$ nur bekommen, wenn wir $n$ mal $x^0$ miteinander multiplizieren und wir das Monom $x^{2n}$ nur bekommen, wenn wir $n$ mal $x^2$ miteinander multiplizieren. Weiter ist die Summe aller Koeffizienten $p_n(1)=3^n$ und somit ungerade. Wären die Koeffizienten von $x^0$ und $x^{2n}$ die einzigen ungeraden, wäre aber die Summe aller Koeffizienten gerade. Somit muss es einen dritten ungeraden Koeffizienten geben.
b) Wir zeigen erst folgendes Lemma.
Sei $m\in \mathbb{N}$ beliebig und $n=2^m$. Weiter seien $0
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Profil
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1332, eingetragen 2019-07-20
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-07-20 14:08 - ochen in Beitrag No. 1331)
\quoteon
Aufgabe 2 - 321042
Für jede natürliche Zahl $n\geq 1$ denke man sich in
\[p_n(x) = (x^2+x+1)^n\]
auf der rechten Seite durch genügend häufiges Ausmultiplizieren alle Klammern beseitigt und den entstehenden Ausdruck nach Potenzen von $x$ geordnet, so dass in dem (so geschriebenen) Polynom jede Potenz von $x$ genau einen Koeffizienten erhält (eine Zahl, die als Faktor bei dieser Potenz steht).
a) Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl $n\geq 1$ gilt:Bei dieser Darstellung von $p_n(x)$ sind mindestens drei Koeffizienten ungerade.
b) Beweisen Sie, dass es unendlich viele natürliche Zahlen $n$ gibt, für die gilt: Bei dieser Darstellung von $p_n(x)$ sind genau drei Koeffizienten ungerade.
\quoteoff
\quoteoff
Alternativlösung für b):
Für alle $f,g\in \IF_2[x] $ gilt, dass $(f+g)^2=f^2+g^2$. Daher gilt im Polynomring $\IF_2[x]$
\[p_{2^m}(x)= (x^2+x+1)^{2^m} = (x^2)^{2^m}+x^{2^m}+1^{2^m}= x^{2^{m+1}}+x^{2^m}+1.\]
Also sind für $n=2^m$ in $p_n(x)$ genau die Koeffizienten von $x^{2n},x^n,x^0$ ungerade.\(\endgroup\)
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Profil
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ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3875
Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.1333, eingetragen 2019-07-20
|
\quoteon
Aufgabe 2 - 331032
Für jede positive ganze Zahl $n$ denke man sich nach folgender Vorschrift eine weitere Zahl $n'$ gebildet: Aus der Zifferndarstellung von $n$ im Dezimalsystem wird die erste Ziffer weggenommen und stattdessen hinter die letzte Ziffer angefügt. Dann sei $n'$ die Zahl mit der entstandenen Zifferndarstellung.(Bei dieser Zifferndarstellung von $n'$ wird auch die Möglichkeit einer Anfangsziffer Null zugelassen,wenn nämlich die zweite Ziffer von $n$ eine Null war.)
Untersuchen Sie, ob es durch 7 teilbare Zahlen $n$ gibt, für die $n'=n:7$ gilt!
Ermitteln Sie, wenn es solche Zahlen gibt, die kleinste unter ihnen!
\quoteoff
Es gibt solche Zahlen $n$, die kleinste unter ihnen ist
\[n=10^{21}+\frac{10^{21}-7}{69}.\]
Sei $1\leq a<10$ die erste Ziffer von $n$ und $0\leq b<10^k$ die ganze Zahl, die aus den restlichen Ziffern von $n$ gebildete Zahl. Weiter sei $k+1$ die Anzahl der Ziffern von $n$, so sind $n=10^ka+b$ und $n'=10b+a$. Aus $n'=n:7$ folgt
\[10^ka+b=7(10b+a)\]
Wenn wir alle Terme mit $a$ auf die linke Seite und alle Terme mit $b$ auf die rechte Seite bringen, erhalten wir
\[(10^k-7)a=69 b\]
Da die rechte Seite der Gleichung durch 23 teilbar ist, muss dies auch für die linke gelten. Da 23 eine Primzahl ist und $a<10$ ist, muss $10^k-7$ durch 23 teilbar sein. Tatsächlich ist $10^k-7$ für $k=21$ durch 23 teilbar und für $0
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Profil
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mawi
Junior 
Dabei seit: 15.10.2002
Mitteilungen: 17
 | Beitrag No.1334, eingetragen 2019-07-20
|
Hat von euch zufällig jemand Ambitionen, dieses Bild (für Lösung 100912) zu tikzn?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/702_100912.png
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1335, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-20
|
\quoteon(2019-07-20 16:53 - mawi in Beitrag No. 1334)
Hat von euch zufällig jemand Ambitionen, dieses Bild (für Lösung 100912) zu tikzn?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/702_100912.png
\quoteoff
Mein Vorschlag:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=1.5]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (3,0.8);
\coordinate(d) at (1,0.8);
\coordinate(p) at ($(a)!0.5!(c)$);
\coordinate(m) at ($(p)+(0,1.5)$);
\coordinate(s) at ($(a)+(0,2.5)$);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw (a) -- (m) -- (c);
\draw (m) -- (b) -- (d);
\draw (a) -- (c);
\draw (p) -- ($(m)+(0,0.5)$);
\draw[dashed] (m) -- (d);
\draw (m) -- (s) -- (a);
\foreach \P in {a,b,c,d,p,m,s}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.04);
\node[below] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[above right] at (m) {$M$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[right] at ($(c)!0.5!(b)$) {$b$};
\node[left] at ($(p)!0.5!(m)$) {$h$};
\node[below] at ($(p)!0.5!(c)$) {$\epsilon$};
\node[above] at ($(s)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[above] at ($(c)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[left] at ($(a)!0.5!(s)$) {$c$};
\node[right] at ($(m)+(0,0.5)$) {$s$};
\end{tikzpicture}
$
LG Steffen
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mawi
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Dabei seit: 15.10.2002
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| Beitrag No.1336, eingetragen 2019-07-20
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Oh, wie schön! Tausend Dank!!!
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mawi
Junior
Dabei seit: 15.10.2002
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| Beitrag No.1337, eingetragen 2019-07-20
|
Mit der Umstellung auf tikzpicture habe ich Probleme, die Grafik umfließen zu lassen. Bisher hatte ich mit /parbox gearbeitet, das klappt nun aber nicht mehr. Ich habe nun schon einiges probiert und komme nicht weiter, aber vielleicht seid ihr schlauer und könnt mir einen Tipp geben?
Der Fehler für "pdflatex start" lautet:
! Missing \endcsname inserted.
\@@par
l.4 \begin
{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=1.5]
?
! Emergency stop.
\@@par
l.4 \begin
{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=1.5]
! ==> Fatal error occurred, no output PDF file produced!
Und hier das zugehörige start.tex
\sourceon nameDerSprache
\documentclass[10pt,a4paper]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage[ngerman]{babel}
\usepackage{fancyhdr,oldgerm,fleqn}
\usepackage{geom,color,epsfig}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsfonts,textcomp}
\usepackage{makeidx,psboxit,picinpar,equations}
\usepackage{verbatim,rotating,multicol,enumerate,hhline}
\usepackage{graphicx,wrapfig,eurosym,wasysym,nicefrac}
\usepackage{pgf,tikz,pgfplots,longtable,array,pstricks}
\usepackage[pdfpagelabels,plainpages=false,bookmarks=true,colorlinks=false,pdfborder={0 0 0}]{hyperref}
\pgfplotsset{compat=1.15}
\usepackage{mathrsfs}
\usetikzlibrary{arrows,calc,intersections,patterns,arrows.meta,backgrounds,angles,quotes,babel}
\setlength\tabcolsep{1mm}
\newcommand{\bild}[2]{\begin{center}\scalebox{#1}{\includegraphics{#2}}\end{center}}
\newcolumntype{P}[1]{>{\centering}p{#1}}
\pagestyle{empty}
\begin{document}
\newcolumntype{C}[1]{>{\centering}m{#1}}
\{em Lösung 100912}\\[1.5ex]
\parbox{8cm}
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=1.5]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (3,0.8);
\coordinate(d) at (1,0.8);
\coordinate(p) at ($(a)!0.5!(c)$);
\coordinate(m) at ($(p)+(0,1.5)$);
\coordinate(s) at ($(a)+(0,2.5)$);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw (a) -- (m) -- (c);
\draw (m) -- (b) -- (d);
\draw (a) -- (c);
\draw (p) -- ($(m)+(0,0.5)$);
\draw[dashed] (m) -- (d);
\draw (m) -- (s) -- (a);
\foreach \P in {a,b,c,d,p,m,s}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.04);
\node[below] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[above right] at (m) {$M$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[right] at ($(c)!0.5!(b)$) {$b$};
\node[left] at ($(p)!0.5!(m)$) {$h$};
\node[below] at ($(p)!0.5!(c)$) {$\epsilon$};
\node[above] at ($(s)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[above] at ($(c)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[left] at ($(a)!0.5!(s)$) {$c$};
\node[right] at ($(m)+(0,0.5)$) {$s$};
\end{tikzpicture}
}
\hfill
\parbox{8cm}
{
\begin{enumerate}
\item[a)]
Angenommen, $k$ sei eine Kugel der verlangten Art, und $M$ sei ihr Mittelpunkt. Dann haben sie Strecken $MA$, $BM$, $MC$, $MD$, $MS$ alle die gleiche Länge, die mit $r$ bezeichnet sei. Ist $P$ der Fußpunkt und $h$ die Länge des Lotes von $M$ auf $\varepsilon$, so ist nach dem Satz des Pythagoras
\begin{eqnarray*}
|PA|^2 &=& |PB|^2 = |PC|^2 = |PD|^2 = r^2-h^2,
\end{eqnarray*}
also $|PA| = |PB| = |PC| = |PD|$. Daher ist $P$ der Diagonalenschnittpunkt des Rechtecks $ABCD$. Der Punkt $M$, der somit auf der in $P$ auf $\varepsilon$ errichteten Senkrechten $s$ liegt, muß demnach in der Ebene $\varepsilon_1$ liegen, die durch die Punkte $A$, $C$ und $S$ geht; denn diese Ebene enthält die auf $\varepsilon$ senkrechte Strecke $AS$, steht also auf $\varepsilon$ senkrecht und geht durch $P$, sie enthält also die Gerade $s$.\\[1.5ex]
Daher und wegen $|MA|=|MC|=|MS|$ ist $M$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $\dreieck ACS$. Da dieses wegen $\varepsilon_1 \perp \varepsilon$, also $AS\perp AC$ bei $A$ rechtwinklig ist, ist $M$ der Mittelpunkt seiner Hypotenuse $CS$.
\end{enumerate}
}
\begin{enumerate}
\item[b)]Umgekehrt hat in der Tat diejenige Kugel $k$, deren Mittelpunkt der Mittelpunkt $M$ der Strecke $CS$ ist und die durch $C$ geht, die verlangte Eigenschaft. Zunächst geht $k$ nämlich außer durch $C$ wegen $|MC|=|MS|$ auch durch $S$. Ist ferner $P$ der Diagonalenschnittpunkt des Rechtecks $ABCD$, so ist
\begin{eqnarray*}
\dreieck MPA & \simeq & \dreieck MPB \simeq \dreieck MPC \simeq \dreieck MPD.
\end{eqnarray*}
Also ist $|MA|=|MB|=|MD|$, und daher geht die Kugel $k$ auch durch $A$, $B$ und $D$.
\item[c)]Die Länge des Durchmessers der Kugel $k$ beträgt nach dem Satz des Pythagoras
\begin{eqnarray*}
|CS|&=& \sqrt{|AC|^2+|AS|^2}=\sqrt{|AB|^2+|BC|^2+AS|^2}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}$\phantom{a}$
\end{document}
\sourceoff
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.1338, eingetragen 2019-07-20
|
\quoteonAufgabe 2 - 181222
Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen $x$, für die durch $k = \frac x {x^2−5x+7}$ eine ganze Zahl $k$ definiert ist.
\quoteoff
\showon
Die Aufgabe wird im wesentlichen gelöst durch eine Kurvendiskussion der Funktion
\[f(x):=\frac x {x^2−5x+7}\]
welche auf ganz $\mathbb R$ definiert ist, da der Nenner keine reellen Nullstellen besitzt. Mithilfe der beiden Ableitungen
\[f'(x)=\frac{7-x^2}{x^2-5x+7)^2}\quad\text{bzw.}\quad f''(x)=\frac{2(x^3-21x+35)}{(x^2-5x+7)^3} \]
sowie
\[\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=0\]
sieht man sofort, dass die Funktion bei $x=-\sqrt 7$ ein absolutes Minimum und bei $x=\sqrt 7$ ein absolutes Maximum hat, sodass also dann
\[[f(-\sqrt 7),f( \sqrt 7)]\approx [-0.097,3.43]\]
der Wertebereich der Funktion ist, der also insbesondere als einzige ganze Zahlen $k$ nur die Werte $k=0,1,2,3$ enthält. Dabei liefert dann
$\bullet\quad f(x)=0$ die Lösung $x_1=0$,
$\bullet\quad f(x)=1$, also $x^2-6x+7=0$, die beiden Lösungen $x_{2,3}=3\pm\sqrt 2$
$\bullet\quad f(x)=2$, also $2x^2-11x+14=(2x-7)(x-2)=0$, die beiden Lösungen $x_4=\frac 72,\ x_5=2$
$\bullet\quad f(x)=3$, also $3x^2-16x+21=(3x-7)(x-3)=0$, die beiden Lösungen $x_6=\frac 73,\ x_7=3$
was somit die in der Aufgabe gestellte Frage beantwortet.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1336 begonnen.]
|
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1339, eingetragen 2019-07-20
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-07-20 18:33 - stpolster in Beitrag No. 1335)
\quoteon(2019-07-20 16:53 - mawi in Beitrag No. 1334)
Hat von euch zufällig jemand Ambitionen, dieses Bild (für Lösung 100912) zu tikzn?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/702_100912.png
\quoteoff
Mein Vorschlag:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=1.5]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (3,0.8);
\coordinate(d) at (1,0.8);
\coordinate(p) at ($(a)!0.5!(c)$);
\coordinate(m) at ($(p)+(0,1.5)$);
\coordinate(s) at ($(a)+(0,2.5)$);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw (a) -- (m) -- (c);
\draw (m) -- (b) -- (d);
\draw (a) -- (c);
\draw (p) -- ($(m)+(0,0.5)$);
\draw[dashed] (m) -- (d);
\draw (m) -- (s) -- (a);
\foreach \P in {a,b,c,d,p,m,s}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.04);
\node[below] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[above right] at (m) {$M$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[right] at ($(c)!0.5!(b)$) {$b$};
\node[left] at ($(p)!0.5!(m)$) {$h$};
\node[below] at ($(p)!0.5!(c)$) {$\epsilon$};
\node[above] at ($(s)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[above] at ($(c)!0.5!(m)$) {$r$};
\node[left] at ($(a)!0.5!(s)$) {$c$};
\node[right] at ($(m)+(0,0.5)$) {$s$};
\end{tikzpicture}
$
LG Steffen
\quoteoff
Ich kenne die Aufgabenstellung nicht, aber in mawis Zeichnung sieht es so aus, als sollten $S,M,C$ auf einer Geraden liegen.
tikz kann übrigens auch mit dreidimensionalen Koordinaten umgehen:
$
\begin{tikzpicture}[x=1cm, y=1cm, z={(4mm,3mm)}, scale=1.5, font=\small]
\pgfmathsetmacro\a{2}
\pgfmathsetmacro\b{2.5}
\pgfmathsetmacro\c{3}
\draw (0,0,0) coordinate (A)--(\a,0,0)node[midway, label=below:{$a$}] coordinate (B)--(\a,0,\b)node[midway, label=right:{$b$}] coordinate (C);
\draw[dashed] (C)--(0,0,\b) coordinate (D)--(A);
\draw (A)--(0,\c,0) node[midway, label=left:{$c$}]coordinate(S);
\draw (A)--(C) node[pos=0.75, label=right:{$\varepsilon$}];
\draw (B)--(C);
\draw ($(A)!0.5!(C)$) coordinate (P) -- ($(S)!0.5!(C)$) coordinate[midway, label=left:{$h$}] coordinate (M)--++ (0,0.3) node[above right]{$s$};
\draw (S)--(M) node[midway, label=above:{$r$}] --(C) node[midway, label=above:{$r$}];
\draw[dashed] (D)--(M);
\draw (A)--(M)--(C);
\draw (B)--(M);
\draw (D)--(B);
\foreach \P/\p in {A/below,B/below,C/right,D/left,M/ right,P/below,S/above}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt);
\node[label=\p:{$\P$}] at (\P);
}
\end{tikzpicture}
$\(\endgroup\)
|
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1340, eingetragen 2019-07-21
|
\quoteon(2019-07-20 22:22 - Nuramon in Beitrag No. 1339)
$
\begin{tikzpicture}[x=1cm, y=1cm, z={(4mm,3mm)}, scale=1.5, font=\small]
\pgfmathsetmacro\a{2}
\pgfmathsetmacro\b{2.5}
\pgfmathsetmacro\c{3}
\draw (0,0,0) coordinate (A)--(\a,0,0)node[midway, label=below:{$a$}] coordinate (B)--(\a,0,\b)node[midway, label=right:{$b$}] coordinate (C);
\draw[dashed] (C)--(0,0,\b) coordinate (D)--(A);
\draw (A)--(0,\c,0) node[midway, label=left:{$c$}]coordinate(S);
\draw (A)--(C) node[pos=0.75, label=right:{$\varepsilon$}];
\draw (B)--(C);
\draw ($(A)!0.5!(C)$) coordinate (P) -- ($(S)!0.5!(C)$) coordinate[midway, label=left:{$h$}] coordinate (M)--++ (0,0.3) node[above right]{$s$};
\draw (S)--(M) node[midway, above]{$r$} -- (C) node[midway, above]{$r$};
\draw[dashed] (D)--(M);
\draw (A)--(M)--(C);
\draw (B)--(M);
\draw (D)--(B);
\foreach \P/\p in {A/below,B/below,C/right,D/left,M/ right,P/below,S/above}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt);
\node[label=\p:{$\P$}] at (\P);
}
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
Das wird aber nur wegen dem nonstopmode hier gezeichnet: "A node must have a (possibly empty) label text.", womit \node[...]{dieser Text}; gemeint ist.
Also kann der 'Text' auch Bestandteil der node sein und muss nicht extra als label für die node aufgeführt werden; damit ergeben sich an vielen Stellen Vereinfachungen.
$
\begin{tikzpicture}[x=1cm, y=1cm, z={(4mm,3mm)}, scale=1.5, font=\small]
\pgfmathsetmacro\a{2}
\pgfmathsetmacro\b{2.5}
\pgfmathsetmacro\c{3}
\draw (0,0,0) coordinate (A)
--(\a,0,0) node[midway, below]{$a$} coordinate (B)
--(\a,0,\b) node[midway,right=2mm]{$b$} coordinate (C);
\draw[densely dashed] (C)--(0,0,\b) coordinate (D)--(A);
\draw (A)--(0,\c,0) node[midway, left]{$c$} coordinate(S);
\draw (A)--(C); %node[pos=0.75, label=right:{$\varepsilon$}]{}; % <--
%\draw (B)--(C); %<--
\draw ($(A)!0.5!(C)$) coordinate (P) -- ($(S)!0.5!(C)$) node[midway, left]{$h$} coordinate (M)--+ (0,0.3) node[above right]{$s$}; % <--
\draw (D)--(B);
\draw (S)--(M) node[midway, above]{$r$} -- (C) node[midway, above]{$r$};
\draw[densely dashed] (D) -- (M);
\foreach \P in {A,B,C} \draw (M) -- (\P);
% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=0.4*\b cm, double, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\varepsilon$}, pic text options={},
"$\varepsilon$", % "quote"
] {angle =P--C--B};
% Punkte
\foreach \P/\p in {A/below,B/below,C/right,D/left,M/right,P/below,S/above}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p] {$\P$}; }
\end{tikzpicture}
$
|
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1341, eingetragen 2019-07-21
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ach deshalb waren in meiner Skizze die Abstände der Labels zu den Punkten so unerwartet groß. Und das $\varepsilon$ ein Winkel sein soll und nicht eine Strecke hatte ich einfach falsch verstanden.\(\endgroup\)
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1342, eingetragen 2019-07-21
|
\quoteon(2019-07-21 00:27 - Nuramon in Beitrag No. 1341)
1) Ach deshalb waren in meiner Skizze die Abstände der Labels zu den Punkten so unerwartet groß.
2) Und das $\varepsilon$ ein Winkel sein soll und nicht eine Strecke hatte ich einfach falsch verstanden.
\quoteoff
1) Man kann auch immer mit
\draw (S)--(M) node[midway, above=4mm]{$r$};
oder
\draw (S)--(M) node[midway, above, xshift=4mm, yshift=-3mm]{$r$};
alles einstellen.
2) Das weiß ich nicht, das habe ich jetzt angenommen.
|
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1343, eingetragen 2019-07-21
|
@ Höhe in
\quoteon(2019-07-19 21:24 - Nuramon in Beitrag No. 1320)
$
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) coordinate(A) -- (7,0) coordinate(B) --(3,5) coordinate(C) -- cycle;
\draw (A) -- ($(B)!0.5!(C)$) coordinate(D);
\draw[name path= hA] (A) -- ($(B)!(A)!(C)$);
\path[name path= hB] (B) -- ($(A)!(B)!(C)$);
\path[name intersections={of= hA and hB, by=H}];
%\draw ($(A)!2/3!(D)$) coordinate (S) ;
\coordinate (S) at ($1/3*(A)+1/3*(B)+1/3*(C)$);
\path[name path= mAB] ($(A)!0.5!(B)$) coordinate (E) --($(E)!2!90:(B)$);
\path[name path=mBC] (D) --($(D)!2!90:(C)$);
\path[name intersections={of= mAB and mBC, by=O}] ;
\draw (H)--(O);
\draw (O)--(D);
\foreach \P/\p in {A/below left,B/below right,C/above,D/above right,S/above,O/below,H/above left}
{
\fill (\P) circle (2pt);
\node[\p] at (\P){$\P$};
}
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
\quoteon(2019-07-19 23:49 - HyperPlot in Beitrag No. 1322)
Ansonsten geht eine Senkrechte über AB in einem Punkt H so:
$
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
$
\sourceon latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usetikzlibrary{calc}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=H](H) at ($(A)!0.4!(B)$);
\draw[red] (H) -- ($(H)!2cm!90:(A)$);
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\quoteoff
Die Umkehraufgabe ist übrigens weit einfacher:
Das Lot von einem Punkt P auf eine Strecke AB konstruiert man
\draw[] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) node[midway, above]{$h$};
$
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=P](P) at (1,3);
\draw[red] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate[label=below:L](L) node[midway, right]{h};
\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =P--L--A};
\end{tikzpicture}
$
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) coordinate[label=A](A) -- (3,2) coordinate[label=B](B);
\coordinate[label=P](P) at (1,3);
\draw[red] (P) -- ($(A)!(P)!(B)$) coordinate[label=below:L](L) node[midway, right]{h};
\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =P--L--A};
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
|
Profil
|
mawi
Junior
Dabei seit: 15.10.2002
Mitteilungen: 17
| Beitrag No.1344, eingetragen 2019-07-21
|
zur 100912 mit dem Bild der Pyramide: ABCD ist ein Rechteck mit a,b als Seitenlängen, Epsilon ist eine Ebene und senkrecht zur Ebene liegt S über A im Abestand c, d.h. die ursprüngliche Skizze ist irreführend hinsichtlich dessen, ob S eine Verlängerung von MC ist. Daher ist die Zeichnung von Steffen korrekt.
Die Aufgabe war zu zeigen, dass es eine Kugel durch ABCDS mit gegebenen a,b,c gibt und den Radius zu ermitteln.
https://olympiade-mathematik.de/pdf/block_al/10091_al.pdf
|
Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.1345, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21
|
\quoteon
Aufgabe 131221: Es seien $a_0$ und $q$ reelle Zahlen mit $a_0\neq 0$; $q\neq 0$; $q\neq 1$. Ferner sei $\{a_i\}$ eine geometrische Folge, für die $a_i=a_0 \cdot q^i$ ($i=0,1,2,3,\dots$) gilt.
a) Man beweise, dass die Folgen $\{b_i\}$ mit $b_i=a_{i+1}-a_i$ und $\{c_i\}$ mit $c_i=b_{i+1}-b_i$ ebenfalls geometrische Folgen sind.
b) Es sind alle Werte von $a_0$ und $q$ (mit $a_0\neq 0$; $q\neq 0$) anzugeben, für die die in a) definierten Folgen $\{a_i\}$ und $\{c_i\}$ die Eigenschaft haben, dass $a_i=c_i$ für alle natürlichen Zahlen $i$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
a) Es sind $b_i=a_0 \cdot q^{i+1}-a_0 \cdot q^i=(a_0 \cdot (q-1)) \cdot q^i$ und analog $c_i=(b_0 \cdot (q-1)) \cdot q^i=(a_0 \cdot (q-1)^2) \cdot q^i$ geometrische Folgen.
b) Aus $a_i=c_i$ folgt mit der eben hergeleiteten Form von $c_i$ wegen $a_0\neq 0$ direkt $(q-1)^2=1$, also $q=1\pm 1$, wobei $q=1-1=0$ als Lösung entfällt, sodass nur $q=1+1=2$ für beliebige $a_0\neq 0$ verbleibt. Einsetzen dieser Werte zeigt $b_i=a_0 \cdot 2^{i+1}-a_0 \cdot 2^i=a_0 \cdot 2^i$ und damit auch $c_i=a_0 \cdot 2^{i+1}-a_0 \cdot 2^i=a_0 \cdot 2^i=a_i$.
\quoteon
Aufgabe 131232: Man beweise, dass die Ungleichung
$\sqrt[n]{a^n+b^n}<\sqrt[m]{a^m+b^m}$
für alle positiven reellen Zahlen $a$, $b$ und alle natürlichen Zahlen $m$, $n$ mit $n>m$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
Es sei o.B.d.A. $a\leq b$. Mit Division durch $b$ und der Substitution $0
|
Profil
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1346, eingetragen 2019-07-21
|
Huhu,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-19_um_13.48.37.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-21_um_12.23.34.png
a) Nun - ein Punkt, dessen Lage man toll auf einer Strecke beschreiben kann, ist der Mittelpunkt. Und tatsächlich ist dieser Punkt der gesuchte Punkt, wie man leicht einsehen kann. Sei die Länge des Parallelogramms \(a\) und die Höhe \(b\). Das Parallelogramm hat dann also eine Fläche von \(A=ab\). Offensichtlich hat das \(\triangle ASD\) den gleichen Flächeninhalt wie das \(\triangle SPC\), da das \(\triangle APD\) flächeninhaltsgleich zum \(\triangle APC\) ist (Scherung). Sei also der Flächeninhalt der Dreiecke \(x\). Die Dreiecke \(APS\) und \(DSC\) sind ähnlich, da alle Winkel gleich sind. Nach Strahlensatz beträgt der Streckfaktor 2, die Fläche von \(\triangle DSC\) ist also viermal so groß, wie die von \(\triangle ASP\). Sei nun \(A_{\triangle ASP}=y\), dann gilt:
\(\displaystyle (1):\quad x+4y=\frac{ab}{2}\)
\(\displaystyle (2):\quad x+y=\frac{ab}{4}\)
\(\displaystyle (1)-(2):\quad 3y=\frac{ab}{4}\) und somit \(\displaystyle y=\frac{ab}{12}\)
Damit erhalten wir also \(\displaystyle A_{\triangle SPC}=\frac{ab}{4}-\frac{ab}{12}=\frac{ab}{6}\).
b) Nun - verschiebt man \(P\) nach links wird der Flächeninhalt immer kleiner, verschiebt man \(P\) nach rechts, wird er größer. Liegt \(P\) schließlich auf \(B\) ist die Fläche maximal, nämlich \(A=\frac{ab}{4}\). Ist das wirklich alles was hier gefordert ist? :-?
Gruß,
Küstenkind
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1347, eingetragen 2019-07-21
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_311246B.png
Wenn der Autor jeden Tag genau ein Blatt voll schreibt, dann gibt es für jede beliebige natürliche Zahl n einen Zeitraum von aufeinanderfolgenden Tagen (nämlich genau n Tage) in dem der Autor genau n Blätter füllt.
Ich glaube hier fehlt in der Aufgabe noch die Einschränkung:
...von aufeinanderfolgenden Tagen (INNERHALB EINES JAHRES) in dem...
Oder habe ich hier gänzlich etwas nicht verstanden ?
LG Olga
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.1348, eingetragen 2019-07-21
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\quoteon(2019-07-21 14:01 - OlgaBarati in Beitrag No. 1347)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_311246B.png
Wenn der Autor jeden Tag genau ein Blatt voll schreibt [..]
\quoteoff
Also ich lese da expressis verbis, dass er mindestens ein Blatt jeden Tag vollschreibt. :-o
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1349, eingetragen 2019-07-21
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo Olga,
über die Aufgabe habe ich auch schon ein bisschen nachgedacht, bin aber noch nicht weit gekommen.
Ich glaube die Aufgabe stimmt schon so, wie sie gestellt ist. Der Autor füllt jeden Tag mindestens ein Blatt, nicht genau eines.
Gäbe es keine Schaltjahre, so wäre die Aussage falsch, denn dann könnte der Autor an jedem Tag genau zwei Blätter füllen. In Schaltjahren muss es aber mindestens einen (sogar zwei) Tage geben, an denen er genau ein Blatt füllt, denn sonst würde er mehr als $730$ Blätter in dem Schaltjahr vollschreiben.\(\endgroup\)
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1350, eingetragen 2019-07-21
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@weird
@Nuramon
Hallo, vielen Dank.
Dass der Autor jeden Tag genau ein Blatt vollschreibt war von mir nicht als verfälschte Wiederholung der Aufgabenstellung gedacht sondern als die zu einfache Lösung, die meiner Auffassung zu dem Zeitpunkt dem zu Beweisenden nicht widersprochen hat.
\quoteon
Man beweise:
Im Leben dieses Autors gibt es für jede positive ganze Zahl n einen Zeitraum von aufeinanderfolgenden Tagen, in dem der Autor genau n Blätter füllt.
\quoteoff
Sehe jetzt aber etwas klarer was natürlich nicht bedeutet dass es mir auch gelingen wird die Aufgabe zu lösen.
LG Olga
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mawi
Junior
Dabei seit: 15.10.2002
Mitteilungen: 17
| Beitrag No.1351, eingetragen 2019-07-21
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/702_20190721145026.jpg
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1349 begonnen.]
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1352, eingetragen 2019-07-21
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Schade, dann kann ich jetzt ja aufhören.
LG Olga
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mawi
Junior
Dabei seit: 15.10.2002
Mitteilungen: 17
|  Beitrag No.1353, eingetragen 2019-07-21
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Oh, das war so nicht gemeint - nur als Hilfestellung... Dann lass ich das mit dem Scannen lieber, wenn es euch die Spannung nimmt ;)
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1354, eingetragen 2019-07-21
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Hallo mawi,
auf die gleiche Lösung wäre ich sowieso nicht gekommen.
Versuche mal die Suche nach einem alternativen Lösungsweg.
LG Olga
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1355, eingetragen 2019-07-21
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Huhu,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-19_um_13.51.55.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-07-21_um_16.46.06.png
Es ist \(\frac{KA}{CA}\cdot\frac{CL}{LB}\cdot\frac{MB}{MA}=\frac{2}{1}\cdot\frac{1/3}{2/3}\cdot\frac{1}{1}=1\). Nach der Umkehrung des Satzes von Menelaus folgt die Behauptung.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1356, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21
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Alternativlösung zur 331023 (für die zweite Runde):
Es sei $S$ der Schwerpunkt des Dreiecks $\triangle ABK$. Dann ist $S$ der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden $KM$ und $BC$, wobei $S$ diese im Verhältnis 2:1 teilt, sodass $|CS|=\frac{1}{3} |CB|$ gilt. Also ist $S=L$, sodass auch $L$ auf der Geraden $KM$ liegt, $\Box$.
Cyrix
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.1357, eingetragen 2019-07-21
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Hier hab ich die Schranke 8 für den Flächeninhalt sofort gesehen, für die 4 habe ich mich dann aber ne Weile lang schön blöd angestellt...
161235
In einer Ebene sei eine Menge von endlich vielen Punkten, die nicht alle auf ein und derselben Geraden liegen, so gegeben, dass der Flächeninhalt jedes Dreiecks, das drei dieser Punkte als Eckpunkte hat, nicht größer als 1 ist.
Man beweise, dass für jede derartige Menge eine Dreiecksfläche (einschließlich ihres Randes verstanden) existiert, deren Flächeninhalt nicht größer als 4 ist und die die gegebene Menge enthält.
\showon Lösung
Nach der Voraussetzung, dass nicht alle Punkte der Menge auf derselben Gerade liegen, gibt es mindestens drei Punkte, die ein nicht-entartetes Dreieck bilden. Betrachte von allen Dreiecken, deren Eckpunkte aus der betrachteten Menge sind, eines mit dem größten Flächeninhalt (so ein Dreieck existiert, da die Menge nur endlich viele Punkte besitzt und damit nur endlich viele Dreiecke).
Bezeichne die Eckpunkte dieses Dreiecks mit $P_1, P_2, P_3$.
Da dessen Flächeninhalt maximal ist, müssen alle anderen Punkte in einem Gebiet (oder auf dessen Rand) liegen, welches begrenzt wird durch die Parallelen zur Seite $P_iP_j$ durch die Punkte $P_k$ sowie $P_k'$ (für alle $i,j,k \in \{1,2,3\}$ paarweise verschieden), wobei $P_k'$ den Spiegelpunkt von $P_k$ bezüglich der Seite $P_iP_j$ bezeichnet. Das folgt einfach daraus, dass die Fläche eines Dreiecks gleich "Grundseite mal Höhe durch 2" ist.
Die Parallelen zu $P_iP_j$ durch die jeweiligen Punkte $P_k$ ergeben ein Dreieck $ABC$, welches bereits ein geschlossenes Gebiet ist, sodass die Parallelen durch die Spiegelpunkte $P_k'$ nicht mehr betrachtet werden müssen. Man überlegt sich leicht, dass die Seitenlängen von $\Delta ABC$ dem Doppelten der jeweiligen Seitenlängen von $\Delta P_1P_2P_3$ entsprechen. Damit gilt für die Dreiecksfläche $A_{\Delta ABC}=4 \cdot A_{\Delta P_1P_2P_3} \leq 4$, was die Behauptung zeigt.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/33030_dr.png
\showoff
Die 231246A mit Tetraedern statt Dreiecken geht dann im Wesentlichen analog. Allerdings wurde dort die Anzahl der Punkte nicht als endlich vorausgesetzt. Ich glaube aber, dass der unendliche Fall kein Problem darstellt, ich kann das für die 161235 nachher noch als Kommentar ergänzen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1358, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21
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Schöne Lösung. :)
In der 231246A ist von $n$ Punkten die Rede. Damit ist ziemlich sicher eine endliche Anzahl gemeint.
Schreibst du die Lösung dazu (auch wenn es nur eine leichte Anpassung deiner gerade veröffentlichten ist) auf?
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1359, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21
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\quoteon
Aufgabe 231245: Man ermittle alle Funktionen $f$, die für alle von 0 verschiedenen reellen Zahlen $x$ definiert sind und die folgenden Bedingungen erfüllen:
(1) Für alle $x_1$, $x_2$ mit $x_1\neq 0$, $x_2\neq 0$, $x_1+x_2\neq 0$ ist $f(\frac{1}{x_1+x_2})=f(\frac{1}{x_1})+f(\frac{1}{x_2})$.
(2) Für alle $x_1$, $x_2$ mit $x_1\neq 0$, $x_2\neq 0$, $x_1+x_2\neq 0$ ist $(x_1+x_2) \cdot f(x_1+x_2)=x_1x_2 \cdot f(x_1) \cdot f(x_2)$.
(3) Es gilt $f(1)=1$.
\quoteoff
Lösung:
\showon
Es sei $r\neq 0$ eine beliebige von Null verschiedene reelle Zahl. Setzen wir $x_1=x_2=\frac{1}{r}$, so sind $x_1$ und $x_2$ wohldefiniert und (sowie auch $x_1+x_2$ von Null verschieden, sodass wir aus (1) die Beziehung
$f\left(\frac{r}{2}\right)=f\left(\frac{1}{\frac{1}{r}+\frac{1}{r}}\right)=f\left(\frac{1}{\frac{1}{r}}\right)+f\left(\frac{1}{\frac{1}{r}}\right)=2f(r)$
erhalten. Setzen wir dagegen $x_1=x_2=\frac{r}{2}$, so sind wieder die Voraussetzungen für (2) erfüllt, womit wir
$r \cdot f(r)=\left(\frac{r}{2}+\frac{r}{2}\right) \cdot f\left(\frac{r}{2}+\frac{r}{2}\right)=\frac{r}{2} \cdot \frac{r}{2} \cdot f\left(\frac{r}{2}\right) \cdot \left(\frac{r}{2}\right)=\frac{r^2}{4} \cdot (2f(r))^2=(r \cdot f(r))^2$
erhalten, woraus $r \cdot f(r)\in\{0;1\}$ folgt, da dies die einzigen reellen Zahlen sind, die gleich ihrem Quadrat sind.
Wäre für ein $r\neq 0$ das Produkt $r \cdot f(r)$ gleich 0, so also auch $f(r)$. Dann kann aber $r$ wegen (3) einerseits nicht 1 sein, sodass wir $x_1=r$ und $x_2=1-r$ wählen und dies in (2) einsetzen können. Wegen $f(x_1)=f(r)=0$ folgt damit dann aber auch $f(1)=f(x_1+x_2)=x_1x_2 \cdot f(x_1) \cdot f(x_2)=0$, was ein Widerspruch zu (3) ist.
Also muss für alle $r\neq 0$ die Gleichung $r \cdot f(r)=1$ bzw. $f(r)=\frac{1}{r}$ gelten. Tatsächlich erfüllt diese Funktion auch alle drei geforderten Eigenschaften, wie man durch Einsetzen leicht nachprüft.
\showoff
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1356 begonnen.]
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