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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.1560, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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\quoteon
Aufgabe 241234: Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen $z$ mit $1\leq z \leq 5$, die die Bedingung erfüllen, dass die Gerade mit der Gleichung $y=\frac{1}{3}x+z$ und die Parabel mit der Gleichung $y= 2x^2$ mindestens einen Schnittpunkt mit ganzzahliger Abszisse haben.
Zu jeder Zahl $z$, die diese Bedingung erfüllt, gebe man -- für die betreffende Gerade und die Parabel-- die Koordinaten aller Schnittpunkte mit ganzzahliger Abszisse an.
\quoteoff
Lösung:
Sei $x$ die Abszisse eines Schnittpunkts der beiden Kurven. Dann gilt $2x^2=\frac{1}{3}x+z$ bzw. $x^2-\frac{1}{6}x-\frac{1}{2}z=0$, also $x=\frac{1}{12}\pm \sqrt{\frac{1}{144}+\frac{z}{2}}=\frac{1\pm\sqrt{1+72z}}{12}$.
Fall 1: Es ist $x=\frac{1+\sqrt{1+72z}}{12}\in\mathbb{Z}$. Dann ist wegen $0<\frac{1+\sqrt{1+72z}}{12}\leq \frac{1+\sqrt{72 \cdot 5}}{12}=\frac{1+\sqrt{361}}{12}=\frac{1+19}{12}<\frac{24}{12}=2$
also $x=1$ und $y=2x^2=2$, woraus schließlich $z=y-\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$ folgt.
Fall 2: Es ist $x=\frac{1-\sqrt{1+72z}}{12}\in\mathbb{Z}$. Dann ist wegen
$0=\frac{1-1}{12}>\frac{1-\sqrt{1+72 \cdot 1}}{12}\geq x=\frac{1-\sqrt{1+72z}}{12}\geq \frac{1-\sqrt{1+72\cdot 5}}{12}=\frac{1-19}{12}>\frac{-24}{12}=-2$
also $x=-1$. Dann ist $y=2x^2=2$ und damit $z=y-\frac{1}{3}x=\frac{7}{3}$.
Es gibt also genau in den beiden Fällen $z=\frac{5}{3}$ und $z=\frac{7}{3}$ im zu betrachtenden Intervall für $z$ Schnittpunkte mit ganzzahligen Abszissen, nämlich im ersten Fall den Punkt $(1|2)$ und im zweiten den Punkt $(-1|2)$. (Die jeweils anderen Schnittpunkte, sofern sie existieren, haben dagegen keine ganzzahligen Abszissen, da sie sonst als Lösungen in den entsprechenden Fällen hätten erscheinen müssen.)
Cyrix
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1561, eingetragen 2019-08-04
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_161234.png
Wir substituieren $z$:
$$\cos2x+\cos2y-\cos(2\pi-2x-2y)\leq\tfrac32$$$$\cos2x+\cos2y-\cos(2x+2y)\leq\tfrac32$$$$\cos2x+\cos2y-\cos2x\cos2y+\sin2x\sin2y\leq\tfrac32$$$$1-(1-\cos2x)(1-\cos2y)+\sin2x\sin2y\leq\tfrac32$$$$-(2\sin^2x)(2\sin^2y)+(2\sin x\cos x)(2\sin y\cos y)\leq\tfrac12$$$$-4\sin^2x\sin^2y+4\sin x\sin y\cos x\cos y\leq\tfrac12$$$$4\sin x\sin y(\cos x\cos y-\sin x\sin y)\leq\tfrac12$$$$4\sin x\sin y\cos(x+y)\leq\tfrac12$$Wir setzen noch $2\sin x\sin y=\cos(x-y)-\cos(x+y)$ ein:
$$2\left(\cos(x-y)-\cos(x+y)\right)\cos(x+y)\leq\tfrac12$$$$\left(\cos(x-y)-\cos(x+y)\right)\cos(x+y)\leq\tfrac14\qquad(2)$$Wir substituieren nun
$$x+y=u\qquad(3)$$und
$$x-y=w\qquad(4)$$und betrachten die linke Seite der Ungleichung (2) als Funktion $f(u,w)$, deren absolutes Maximum wir suchen:
$$f(u,w)=(\cos w-\cos u)\cos u=\cos u\cos w-\cos^2u\qquad(5)$$Bei gegebenem $u$ nimmt $f$ offensichtlich extremale Werte an, wenn $\cos w$ extremal ist, also bei Vielfachen von $\pi$:
$$w=k\pi\qquad(6)$$mit $k\in\mathbb Z$. Leiten wir dagegen nach $u$ ab, erhalten wir Extremstellen oder Sattelpunkte bei:
$$\frac{\partial f(u,w)}{\partial u}=-\cos w\sin u+2\sin u\cos u=0$$$$\sin u(2\cos u-\cos w)=0$$$\sin u=0$ kommt als Maximum nicht in Frage, da dann $\cos u=\pm1$ ist, und laut (5) die Funktion $f$ je nach dem gewählten $w$ die Werte $-2$ oder $0$ annimmt, was nicht maximal sein kann. Also muss stattdessen gelten:
$$2\cos u=\cos w$$$$\cos u=\tfrac12\cos w\qquad(7)$$Setzt man das in (5) ein, erhält man für diese speziellen Werte:
$$f_u(w)=\tfrac12\cos w\cos w-(\tfrac12\cos w)^2=\tfrac14\cos^2w\leq\tfrac14$$Damit sind Ungleichungen (2) und letztlich auch (1) erfüllt.
Die Gleichheit tritt ein, wenn $\cos^2w=1$ ist, was laut (6) bei Vielfachen von $\pi$ der Fall ist. Wegen (4) gilt:
$$x-y=k\pi$$$$x=y+k\pi\qquad(8)$$Setzt man (3) in (7) ein, erhält man:
$$\cos(x+y)=\cos(2y+k\pi)=\tfrac12\cos(k\pi)$$$$(-1)^k\cos2y=\tfrac12(-1)^k$$$$\cos2y=\tfrac12\qquad(9)$$Dann gilt wegen (8):
$$\cos2x=\cos(2y+2k\pi)=\cos(2y)=\tfrac12\qquad(10)$$was wegen der Symmetrie bezüglich $x$ und $y$ zu erwarten war. Da in Ungleichung (1) nur $2x$, $2y$ und $2z$ vorkommen, können aufgrund der Periodizität der Kosinus-Funktion Vielfache von $\pi$ beliebig zu jeder Variablen hinzuaddiert werden. Wir betrachten nachfolgend daher nur die Hauptwerte $-\tfrac\pi2\leq x,y\leq\tfrac\pi2$.
(9) ist erfüllt, wenn
$$2y=\pm\tfrac\pi3$$$$y=\pm\tfrac\pi6$$Desgleichen gilt für $x$, wobei allerdings $x$ und $y$ nicht unterschiedliche Vorzeichen haben dürfen, denn dann wäre $z=\pi$ und die Ungleichung (1) nicht erfüllt. Zusammenfassend muss also gelten:
$$x=\pm\tfrac\pi6+n\pi$$$$y=x-k\pi$$und
$$z=\pi-(x+y)=\pi-2x+k\pi$$$$z=-2x+(k+1)\pi$$mit $k,n\in\mathbb Z$.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1562, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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\quoteon
Aufgabe 181246A: Es sei $A_1A_2A_3A_4A_5$ ein regelmäßiges Fünfeck mit gegebener Seitenlänge $s$. Um jeden Punkt $A_i$ ($i= 1,2,3,4,5$) sei die Kugel $K_i$ mit dem Radius $\frac{s}{2}$ und dem Mittelpunkt $A_i$ gelegt.
Dann gibt es in der Menge derjenigen Kugeln $K^{\prime}$, die die Eigenschaft haben, jede der fünf Kugeln $K_i$ zu berühren, genau zwei Kugeln $K^{\prime}_1$ und $K^{\prime}_2$ mit dem Radius $\frac{s}{2}$.
Man untersuche, ob $K^{\prime}_1$ und $K^{\prime}_2$ einander schneiden, berühren oder ob sie keinen Punkt gemeinsam haben.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $M$ der Mittelpunkt des regelmäßigen Fünfecks $A_1A_2A_3A_4A_5$ und $r$ sein Umkreisradius. Dann ist $\angle A_1MA_2=\frac{360^{\circ}}{5}=72^{\circ}$ und nach dem Cosinussatz im Dreieck $\triangle A_1A_2M$ ist
$s^2=|A_1A_2|^2=r^2+r^2-2^2\cdot \cos 72^{\circ}=r^2 \cdot (2-2\cos 72^{\circ}).$
Mit $\cos 72^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ folgt also $\frac{s^2}{4}=r^2 \cdot \frac{4+1-\sqrt{5}}{2}$ bzw.
$r^2=s^2 \cdot \frac{2}{5-\sqrt{5}}=s^2 \cdot \frac{2(5+\sqrt{5})}{25-5}=s^2 \cdot \frac{5+\sqrt{5}}{10}.$
Aus Symmetriegründen liegen die Mittelpunkte $M_1$ von $K^{\prime}_1$ und $M_2$ von $K^{\prime}_2$ auf verschiedenen Seiten der durch das Fünfeck definierten Ebene $\epsilon$, wobei die Lote dieser Mittelpunkte auf $\epsilon$ beide den Fußpunkt $M$ besitzen und die gleiche Länge $h$ besitzen. Damit sind die Dreiecke $\triangle A_1MM_1$ und $\triangle A_1MM_2$ jeweils rechtwinklig in $M$, wobei die einen Katheten jeweils die Länge $|A_1M|=r$, die zweiten Katheten die Länge $|MM_1|=|MM_2|=h$ und die Hypothenusen die Länge $|A_1M_1|=|A_1M_2|=s$ besitzen, wobei letzteres daraus folgt, dass die Mittelpunkte zweier sich berührender Kugeln genau die Entfernung der Summe ihrer beider Radien besitzen. Nach dem Satz von Pythagoras gilt also $r^2+h^2=s^2$ bzw.
$h^2=s^2-r^2=s^2 \cdot \left(1-\frac{5+\sqrt{5}}{10}\right)=s^2 \cdot \frac{5-\sqrt{5}}{10}=s^2 \cdot \frac{10-\sqrt{20}}{20}>s^2 \cdot \frac{10-\sqrt{25}}{20}=s^2 \cdot \frac{10-5}{20}=\frac{1}{4} s^2,$
also $h>\frac{1}{2}s$, sodass keine der beiden Kugeln $K^{\prime}_1$ und $K^{\prime}_2$ die Ebene $\epsilon$ des Fünfecks berührt oder schneidet. Also berühren oder schneiden sie sich auch gegenseitig nicht.
Bemerkung zur Berechnung von $\cos 72^{\circ}$:
Es ist einerseits $\sin 2x=2\sin x \cos x$ und andererseits
$\cos 3x= \cos(2x+x)=\cos(2x) \cdot \cos x - \sin(2x) \cdot \sin x = (2\cos^2 x - 1) \cdot \cos x - 2\sin x \cos x \cdot \sin x = 2 \cos^3 x - \cos x - 2 (1-\cos^2 x) \cdot \cos x = 2 \cos^3 x - \cos x - 2 \cos x + 2 \cos^3 x = 4 \cos^3 x - 3\cos x.$
Mit $x:=18^{\circ}$ folgt wegen $\sin 2x=\sin 36^{\circ}=\cos (90^{\circ}-36^{\circ})=\cos 54^{\circ}=\cos 3x$ also
$2\sin x \cos x = 4 \cos^3 x - 3\cos x$ bzw. nach Division durch $\cos x=\cos 18^{\circ}\neq 0$ also
$2\sin x=4\cos^2 x - 3=4(1-\sin^2 x) - 3=1-4\sin^2 x$ bzw. $4\sin^2 x + 2\sin x -1=0$.
Diese quadratische Gleichung in $\sin x$ hat die Lösungen $-\frac{1}{4} \pm \sqrt{\frac{1}{16} + \frac{1}{4}}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{4}$. Da $\sin x=\sin 18^{\circ}$ positiv ist, folgt
$\cos 72^{\circ}=\sin 18^{\circ}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}.$
Cyrix
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| Beitrag No.1563, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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@Thomas: Partielle Ableitungen kennen SchülerInnen im Allgemeinen noch nicht, sodass gerade für eine Einstiegsaufgabe in der Landesrunde es auch mit weniger starken Geschützen gehen sollte...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1564, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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\quoteon(2019-08-04 16:47 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1561)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_161234.png
\quoteoff
Ich versuche mich gerade an einer geometrischen Interpretation der Aufgabe, scheitere aber noch:
Sei $\triangle ABC$ ein Dreieck mit den Innenwinkeln $x$, $y$ und $z$ mit Umkreisradius 1. Dann haben die zugehörigen Zentriwinkel genau die Größen $2x$, $2y$ und $2z$ und die Cosinus-Werte müsste man nun als Streckenlängen ablesen können. Allerdings sehe ich noch nicht, was dieses Minus-Zeichen in der zu betrachtenden Ungleichung macht...
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1565, eingetragen 2019-08-04
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\quoteon(2019-08-04 17:33 - cyrix in Beitrag No. 1563)
@Thomas: Partielle Ableitungen kennen SchülerInnen im Allgemeinen noch nicht, sodass gerade für eine Einstiegsaufgabe in der Landesrunde es auch mit weniger starken Geschützen gehen sollte...
Cyrix
\quoteoff
Hmm, den Begriff "partielle Ableitung" habe ich bewusst zu vermeiden versucht. Die Ableitung als solche und dass man damit Extremata und Sattelpunkte findet, sollte geläufig sein. Das finde ich fast noch einfacher als die ganzen Additionstheoreme der trigonometrischen Funktionen. Ich werde nochmal drüber nachdenken...
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1566, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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Naja, erstmal ne andere Aufgabe:
\quoteon
Aufgabe 191234: Man untersuche, ob unter allen Tetraedern $ABCD$ mit gegebenem Volumen $V$ und mit rechten Winkeln $\angle BDC$, $\angle CDA$, $\angle ADB$ eines mit kleinstmöglicher Summe $|AB|+|AC|+|AD|+|BC|+|BD|+|CD|$ existiert. Ist dies der Fall, so ermittle man (in Abhängigkeit von $V$) diese kleinstmögliche Summe.
\quoteoff
Bemerkung: In der Summe der Streckenlängen ist ein Schreibfehler: Die erste Strecke muss $AB$ lauten.
Lösung:
Aufgrund der rechten Winkel gilt nach dem Satz von Pythagoras $|AB|=\sqrt{|AD|^2+|BD|^2}$, $|AC|=\sqrt{|AD|^2+|CD|^2}$ und $|BC|=\sqrt{|BD|^2+|CD|^2}$.
Für beliebige positive reelle Zahlen $x$ und $y$ gilt $\frac{x^+y^2-2xy}{2}=\frac{(x-y)^2}{2}\geq 0$, also $x^2+y^2\geq \frac{x^2+y^2+2xy}{2}=\frac{(x+y)^2}{2}$ und damit $\sqrt{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (x+y)$, wobei Gleichheit nur für $x=y$ gilt.
Setzt man dies ein, so erhält man
$|AB|+|AC|+|AD|+|BC|+|BD|+|CD|\geq \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (|AD|+|BD|)+\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (|AD|+|CD|)+|AD|+\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (|BD|+|CD|)+|BD|+|CD|=(|AD|+|BD|+|CD|) \cdot (1+\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2})=(|AD|+|BD|+|CD|) \cdot (1+\sqrt{2})$,
wobei Gleichheit nur genau für $|AD|=|BD|=|CD|$ eintritt.
Das Volumen $V$ des Tetraeders $ABCD$ bestimmt sich aufgrund der rechten Winkel bei $D$ zu $V=\frac{1}{6} \cdot |AD|\cdot |BD| \cdot |CD|$, sodass $\sqrt[3]{|AD|\cdot |BD| \cdot |CD|}=\sqrt[3]{6V}$ folgt.
Für beliebige positive reelle Zahlen $x$, $y$ und $z$ gilt aufgrund der Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel $\sqrt[3]{xyz}\leq \frac{x+y+z}{3}$, wobei Gleichheit nur genau für $x=y=z$ eintritt.
Also ist $|AD|+|BD|+|CD|=3 \cdot \frac{|AD|+|BD|+|CD|}{3} \geq 3 \cdot \sqrt[3]{6V}$ und damit
$|AB|+|AC|+|AD|+|BC|+|BD|+|CD|\geq 3 \cdot (1+\sqrt{2}) \cdot \sqrt[3]{6V}$,
wobei Gleichheit nur genau für $|AD|=|BD|=|CD|$ eintritt. Damit ist der dafür entstehende Term auf der rechten Seite genau die gesuche kleinste Summe.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1564 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1567, eingetragen 2019-08-04
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221043A.png
Die Zahl der positiven reellen Lösungen ist nur dann beschränkt, wenn $a>1$ ist, weil nur dann mit wachsendem $x$ irgendwann $a^x>|b|$ ist, und damit die Anzahl der Lösungen endlich ist. Bei $a<1$ würde $a^x$ gegen null gehen und unendlich viele Schnittpunkte mit $b \cos x$ haben. Da $a^x>1$ für $x>0$ ist, muss außerdem $|b|>1$ sein, um überhaupt Schnittpunkte zu produzieren. Damit ist Aufgabenteil c) schon beantwortet.
Aufgrund der relativ großen Beliebigkeit kann man für Aufgabenteile a) und b) "angenehme" Zahlen wählen. Zeichnet man beispielhaft die Graphen der Kurven $a^x$ und $b\cos x$, stellt sich das Problem wie folgt dar:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221043A_Skizze.png
In grün dargestellt ist die Funktion $f(x)=a^x$, in rot die Funktion $g(x)=b\cos x$, wobei allerdings auf der x-Achse hier Vielfache von $2\pi$ gezählt werden. Man erkennt leicht, dass innerhalb eines Intervalls von der Breite $2\pi$ immer genau zwei Schnittpunkte liegen. die Kurve $f$ schneidet immer einen positiven Peak der Kosinusfunktion doppelt, so dass in diesem Beispiel eine ungerade Anzahl von positiven Schnittpunkten vorliegt. Man muss die Zahlen $a$ und $b$ also so wählen, dass die "grüne" Kurve zwischen zwei positiven Peaks der "roten" Kurve austritt. In diesem Beispiel tritt sie nach Peak Nummer 5 aus und wir haben 11 Schnittpunkte.
Da wir genau 1983 positive Nullstellen wollen, muss der Austritt erfolgen nach Peak Nummer 991. Daher muss gelten:
$$a^{991\cdot2\pi}=a^{1982\pi} < b$$ und
$$a^{992\cdot2\pi}=a^{1984\pi} > b$$Wir setzen daher einfach
$$b=a^{1983\pi}$$mit $a,b>1$. Damit ist Aufgabenteil a) immer erfüllt.
Wir geben nun $b=2$ vor, so dass
$$a=2^{\frac1{1983\pi}}$$Dann ist $a$ nur geringfügig größer als 1. Die "grüne" Kurve beginnt also sehr flach, es ist $f(x)\approx1$ für kleine $x$. Der erste Schnittpunkt liegt also etwa bei
$$1\approx2\cos x_0$$$$x_0\approx\frac\pi3\approx1.047$$Daher gilt $[x_0]=1$, was Aufgabenteil b) erfüllt.
Ciao,
Thomas
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Kornkreis
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 | Beitrag No.1568, eingetragen 2019-08-04
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301246B
Für natürliche Zahlen $n, k$ mit $2 \leq k \leq n$ werde eine Menge $N$ von $n$ Personen genau dann als $k$-familiär bezeichnet, wenn sich in jeder Menge $K$ von $k$ Personen aus $N$ eine Person befindet, die mit allen anderen Personen aus $K$ bekannt ist.
Ermitteln Sie zu jeder natürlichen Zahl $n \geq 2$ alle diejenigen natürlichen Zahlen $k$ mit $2 \leq k \leq n$, für die die Aussage gilt, dass jede $k$-familiäre Menge von $n$ Personen auch $n$-familiär sein muss!
Hinweise: Für Personen $a, b$ gelte stets: Wenn $a$ mit $b$ bekannt ist, so ist $b$ mit $a$ bekannt. Ferner werde vorausgesetzt, dass jede in einer Menge theoretisch widerspruchsfreie Verteilung gegenseitiger Unbekanntheit oder Bekanntheit auch durch eine Menge von Personen realisiert werden kann.
\showon Lösung
Zunächst stellen wir fest, dass eine $k$-familiäre Menge von Personen $k$-familiär bleibt, wenn weitere Bekanntschaften unter den Personen hinzugefügt werden. Wir nennen nun eine Menge von $n$ Personen "maximal verbunden", wenn die Menge nicht $n$-familiär ist (d.h. es gibt keine Person, die alle anderen kennt), aber nach Hinzufügen einer beliebigen (noch nicht vorhandenen) Bekanntschaft stets $n$-familiär wird.
Wenn für ein $2\leq k 2$ nicht kennt, so gilt für die Personen $a_2,...,a_j$, dass sie jeweils genau eine Person (nämlich $a_1$) nicht kennen. Würde nämlich eine dieser Personen $a_i$ ($1
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svrc
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| Beitrag No.1569, eingetragen 2019-08-04
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Aufgabe 5 - 191235
Man beweise: Es gibt keine positiven ganzen Zahlen \(p\) und \(q\) mit der Eigenschaft
\[\dfrac{p}{q} - \dfrac{1}{9q^{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{3}} < \dfrac{p}{q} + \dfrac{1}{9q^{2}}.\]
Lösungsvorschlag - 191235
Wir führen eine Fallunterscheidung durch.
Fall 1:
Sei \(p \geq q\). Dann gilt
\[\dfrac{p}{q} - \dfrac{1}{9q^{2}} \geq 1 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9} > \dfrac{6}{9} > \dfrac{3 \cdot \sqrt{3}}{9} = \dfrac{1}{\sqrt{3}},\]
was den Voraussetzungen widerspricht.
Fall 2:
Sei \(p < q\). Dann gilt
\[\dfrac{p}{q} - \dfrac{1}{9q^{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{3}} < \dfrac{p}{q} + \dfrac{1}{9q^{2}}.\]
Multiplikation mit \(9\cdot \sqrt{3} \cdot q^{2}\) liefert
\[9 \cdot \sqrt{3} \cdot p \cdot q - \sqrt{3} < 9 \cdot q^{2} < 9 \cdot \sqrt{3} \cdot p \cdot q + \sqrt{3}\]
und somit
\[\sqrt{3} \cdot \left( 9 p q - 1 \right) < 9 q^{2} < \sqrt{3} \cdot \left( 9 p q + 1 \right).\]
Quadrieren gibt
\[3 \cdot \left( 9 p q - 1 \right)^{2} < 81 q^{4} < 3 \cdot \left( 9 p q + 1\right)^{2}.\]
Division durch \(3\) ergibt
\[\left( 9 p q - 1 \right)^{2} < 27 q^{4} < \left( 9 p q + 1 \right)^{2}.\]
Division durch \(9q^{2}\) liefert
\[\left( 3 p - \dfrac{1}{3 q} \right)^{2} < 3 q^{2} < \left( 3 p + \dfrac{1}{3 q} \right)^{2}.\]
Ausmultiplizieren führt zu
\[9 p^{2} - 2 \dfrac{p}{q} + \dfrac{1}{9 q^{2}} < 3 q^{2} < 9p^{2} + 2 \dfrac{p}{q} + \dfrac{1}{9 q^{2}}.\]
Wegen \(p < q\) gilt
\[9p^{2} - 2 < 3 q^{2} < 9p^{2} + 3.\]
Somit muss
\[3q^{2} = s\]
mit
\[s \in \left\{ 9p^{2} - 1, 9p^{2}, 9p^{2} + 1, 9p^{2} + 2 \right\}\]
sein.
Fall 2.1:
Falls \(3q^{2} = 9p^{2} - 1\) gilt, betrachten wir diese Gleichung \(\mathbf{mod} \, 3\). Wegen \(3q^{2} \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 0 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) und \(9p^{2} - 1 \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 2 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) kann dieser Fall nicht eintreten.
Fall 2.2:
Falls \(3q^{2} = 9p^{2}\) ist, muss \(p = \dfrac{q}{\sqrt{3}}\) und somit \(p \not\in \mathbb{N}\) sein. Dieser Fall kann also auch nicht eintreten.
Fall 2.3:
Falls \(3q^{2} = 9p^{2} + 1\) gilt, betrachten wir diese Gleichung \(\mathbf{mod} \, 3\). Wegen \(3q^{2} \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 0 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) und \(9p^{2} + 1 \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 1 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) kann dieser Fall nicht eintreten.
Fall 2.4:
Falls \(3q^{2} = 9p^{2} + 2\) gilt, betrachten wir diese Gleichung \(\mathbf{mod} \, 3\). Wegen \(3q^{2} \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 0 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) und \(9p^{2} + 2 \, \, \mathbf{mod} \, 3 = 2 \, \, \mathbf{mod} \, 3\) kann dieser Fall nicht eintreten.
Somit widerspricht auch Fall 2 den Voraussetzungen. Insgesamt kann gefolgert werden, dass es keine positiven ganzen Zahlen \(p\) und \(q\) geben kann, welche die vorausgesetzten Eigenschaften erfüllen.
Kommentar:
Ich hoffe, dass sich kein dummer Fehler eingeschlichen hat.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1570, eingetragen 2019-08-04
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Bei dieser Aufgabe stehe ich noch auf dem Schlauch, vielleicht hat jemand eine Idee. Steffen, bitte noch nicht übernehmen.
Analytisch ist die Aufgabe kein Thema, daher habe ich sie erst einmal analytisch angefangen. Oft gibt einem die analytische Lösung einen Hinweis darauf, wie man sie konstruktiv angehen muss. Naja, seht selbst:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_211046.png
Die Schnittfigur ist natürlich ein Dreieck, dessen Eckpunkte auf den Kanten des Tetraeders liegen, und auf dessen Seiten sich die Punkte $P$, $Q$ und $R$ befinden. Auch nach Projektion auf die Bildebene bleibt die Schnittfigur natürlich ein Dreieck. Man kann also im Grunde die Aufgabe auch so formulieren:
In der dargestellten Skizze ist ein Dreieck so zu konstruieren, dass seine Eckpunkte auf den Strecken $A'C'$, $B'C'$ und $D'C'$ liegen, und die Seitenflächen jeweils die Punkte $P'$, $Q'$ und $R'$ enthalten. (In der nachfolgenden Herleitung lasse ich daher aus Gründen der Einfachheit jeweils den Strich an den Bildpunkten weg).
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_211046_Skizze_1.png
Es sind die Punkte $E$, $F$ und $G$ zu finden, die das gesuchte Dreieck definieren. Die Punkte sind eindeutig bestimmt, wenn man die Streckenlängen $a$, $b$ und $d$ bestimmen kann, die jeweils die Entfernung des gesuchten Eckpunktes vom zentralen Punkt $C$ in Richtung des äußeren Dreieckspunktes gleichen Namens angeben.
Wir zeichnen nun parallele Strecken von den Punkten $P$, $Q$ und $R$ aus zu den $a$, $b$ und $d$, und zwar wie folgt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_211046_Skizze_2.png
Die sich daraus ergebenden Abschnitte bezeichen wir sinnfälligerweise z.B. mit $p_a$, was bedeutet, dass es der von $P$ ausgehende, zu $a$ parallele Abschnitt ist. All diese Strecken sind leicht konstruierbar und können daher als gegeben vorausgesetzt werden.
Betrachten wir das Dreieck $CEF$. Mithilfe des Strahlensatzes kann man leicht schlussfolgern, dass
$$\frac{p_b}{b}=\frac{a-p_a}{a}$$$$\frac{p_a}{a}+\frac{p_b}{b}=1\qquad(1)$$In analoger Weise erhält man für die Dreiecke $CFG$ und $CGE$:
$$\frac{q_b}{b}+\frac{q_d}{d}=1\qquad(2)$$$$\frac{r_a}{a}+\frac{r_d}{d}=1\qquad(3)$$Dies ist ein einfaches lineares Gleichungssystem für die Kehrwerte der Abschnitte $a$, $b$ und $d$. Man erhält zum Beispiel für $a$:
$$\frac{q_b}{p_b}\left(1-\frac{p_a}{a}\right)+\frac{q_d}{r_d}\left(1-\frac{r_a}{a}\right)=1$$$$\frac{q_b}{p_b}+\frac{q_d}{r_d}-1=\frac1a\left(\frac{p_aq_b}{p_b}+\frac{r_aq_d}{r_d}\right)$$$$a=\frac{\frac{p_aq_b}{p_b}+\frac{r_aq_d}{r_d}}{\frac{q_b}{p_b}+\frac{q_d}{r_d}-1}$$$$a=\frac{p_aq_br_d+r_ap_bq_d}{q_br_d+p_bq_d-p_br_d}$$$b$ und $d$ berechnet man analog durch zyklische Vertauschung. Analytisch wäre man jetzt fertig, aber wie konstruiert man das? Die analytische Lösung liefert mir keinen vernünftigen Hinweis.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1571, eingetragen 2019-08-04
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Huhu,
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-04_um_20.05.19.png
Hier schon mal ein Bild dazu:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-04_um_20.04.20.png
Gruß,
Küstenkind
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1572, eingetragen 2019-08-04
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Hallo svrc,
\quoteon(2019-08-04 19:32 - svrc in Beitrag No. 1569)
Aufgabe 5 - 191235
Man beweise: Es gibt keine positiven ganzen Zahlen \(p\) und \(q\) mit der Eigenschaft
\[\dfrac{p}{q} - \dfrac{1}{9q^{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{3}} < \dfrac{p}{q} + \dfrac{1}{9q^{2}}.\]
Lösungsvorschlag - 191235
Wir führen eine Fallunterscheidung durch.
(...)
Kommentar:
Ich hoffe, dass sich kein dummer Fehler eingeschlichen hat.
\quoteoff
ich sehe keinen Fehler, aber die Lösung ist ein klein wenig umständlich. Ich schlage folgenden Weg vor:
Man betrachte zunächst nur die linke Hälfte der Ungleichung:
$$\frac{p}{q}-\frac1{9q^{2}} < \frac1{\sqrt{3}}$$$$p<\frac q{\sqrt{3}}+\frac1{9q}$$Analog dazu aus der rechten Hälfte:
$$p>\frac q{\sqrt{3}}-\frac1{9q}$$Wir führen das wieder zusammen und quadrieren:
$$\frac q{\sqrt{3}}-\frac1{9q}
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svrc
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| Beitrag No.1573, eingetragen 2019-08-04
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Hallo Thomas,
vielen Dank für die elegantere Beweisvariante. Manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht.
Gruß,
svrc
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Ex_Senior
| Beitrag No.1574, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-04
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\quoteon
Aufgabe 151234: Definition: Eine gebrochene rationale Funktion $f$ heißt echt gebrochen, wenn sie sich in ihrem Definitionsbereich in der Form
$f(x)=\frac{u(x)}{v(x)}$ mit $u(x) =a_mx^m+\dots+a_1 x+a_0$; $a_m\neq 0$, $v(x) =b_nx^n+\dots+b_1x+b_0$; $b_n\neq 0$ und $m < n$ darstellen lässt.
Es ist zu untersuchen, ob die Summe zweier echt gebrochener rationaler Funktionen wieder eine echt gebrochene rationale Funktion ist, wenn die Summe von der Funktion $f(x)=\frac{u(x)}{v(x)}$ mit $u(x) =a_mx^m+\dots+a_1 x+a_0$ und $a_m=\dots=a_0=0$ verschieden ist.
\quoteoff
Bemerkung: In der PDF fehlt ganz am Ende vor der letzten 0 ein Gleichheitszeichen.
Lösung:
Es seien $f_1(x)=\frac{u_1(x)}{v_1(x)}$ und $f_2(x)=\frac{u_2(x)}{v_2(x)}$ echt gebrochen rationale Funktionen, wobei für $i=1,2$ die Polynome $u_i$ den jeweiligen Grad $z_i$ und die Polynome $v_i$ den jeweiligen Grad $n_i$ haben, wobei jeweils $z_i
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1575, eingetragen 2019-08-04
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311223.png
Die Funktion kann mittels quadratischer Ergänzung auch wie folgt dargestellt werden:
$$f(x)=\frac{\left(x+\frac a2\right)^2+b-\frac{a^2}4}{\left(x+\frac c2\right)^2+b-\frac{c^2}4}$$Wegen (1) darf der Nenner keine Nullstelle haben, was genau dann der Fall ist, wenn
$$b>\frac{c^2}4>0\qquad(I)$$Der Nenner ist somit immer positiv. Wegen (3) muss außerdem gelten:
$$b<\frac{a^2}4\qquad(II)$$Aus (2) folgen drei Ungleichungen:
$$1<\frac{4+2a+b}{4+2c+b}\qquad(III)$$$$\frac{4+2a+b}{4+2c+b}<\frac{1+a+b}{1+c+b}\qquad(IV)$$$$\frac{1+a+b}{1+c+b}<2\qquad(V)$$Aus (III):
$$4+2a+b>4+2c+b$$Also:$$a>c$$Mithilfe von (IV) erhält man:
$$(4+2a+b)(1+c+b)<(4+2c+b)(1+a+b)$$$$4+4c+4b+2a+2ac+2ab+b+bc+b^2<4+4a+4b+2c+2ac+2bc+b+ab+b^2$$$$2c+ab<2a+bc$$$$0 < (2-b)(a-c)$$Da $(a-c) > 0$ ist, muss auch
$$b<2$$sein. Deswegen und wegen (I) muss schon einmal $b=1$ sein.
Wegen (I) muss aber auch
$$0 < c^2 < 4$$ sein. Daraus folgt $c=1$.
Aus Gleichung (II) folgt
$$a>2$$und aus (V) erhält man:
$$\frac{2+a}3 < 2$$$$2+a < 6$$$$a < 4$$Daher muss $a=3$ sein.
Das Lösungstripel lautet deshalb $(a;b;c)=(3;1;1)$, alle Ungleichungen sind erfüllt.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1576, eingetragen 2019-08-04
|
In dieser Aufgabe ist die zu beweisende Aussage offenbar falsch. Setzt man probehalber $\alpha=0$, wird der Kegel quasi zu einer Linie, so dass $r=0$ wird. Das ist bei der zu beweisenden Formel aber gar nicht der Fall. Hier liegt wohl ein Tippfehler vor, statt $\cos$ sollte dort $\cot$ stehen:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141233.png
Wir betrachten einen Schnitt durch die Ebene $AEGC$:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141233_Skizze.png
Der Berührpunkt des Kegels auf der Würfelfläche $EFGH$ ist $P$. Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke $PGM$ und $AGE$ gilt:
$$\frac r{\overline{GM}}=\frac a{\sqrt2\,a}$$$$\overline{GM}=\sqrt2\,r$$In dem rechtwinkligen Dreieck $APM$ gilt dann:
$$\cot\alpha=\frac {\sqrt3\,a-\sqrt2\,r}r$$$$\sqrt3\,a-\sqrt2\,r=r\cot\alpha$$$$\sqrt3\,a=r(\cot\alpha+\sqrt2)$$$$r=\frac{a\sqrt3}{\cot\alpha+\sqrt2}$$q.e.d.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1577, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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Vielen Dank für die vielen, neuen Lösungen.
Ich habe alle, aber auch die Korrekturen, übernommen.
Aktueller Stand: 1965 Lösungen, 38 offene Probleme
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1578, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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Hm, vielleicht hat jemand noch eine etwas elementarere Lösung...
\quoteon
Aufgabe 111231: Gegeben seien in einer Ebene zwei sich schneidende Geraden $g$ und $h$. Die Größe des einen ihrer vier Schnittwinkel sei $\alpha\leq 90^{\circ}$.
a) Es ist zu beweisen: Zwei nacheinander ausgeführte Spiegelungen der Ebene, erst an $g$, dann an $h$, lassen sich stets durch eine Drehung der Ebene ersetzen (d.h., sie sind einer Drehung der Ebene äquivalent).
Deren Drehpunkt und Drehwinkel sind zu ermitteln.
b) Es ist festzustellen, ob sich dieselbe Drehung wie in a) ergibt, wenn man erst an $h$ und dann an $g$ spiegelt.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $S$ der Schnittpunkt von $g$ und $h$. Wir legen so ein Koordinatensystem in die Ebene dieser beiden Geraden, dass $g$ auf der $x$-Achse, $S$ im Koordinatenursprung und $h$ derart zu liegen kommt, dass diese Gerade durch den ersten Quadranten (bzw. auf der $y$-Achse) verläuft.
Der Punkt $S$ ist Fixpunkt beider Spiegelungen, wird also auch durch die Hintereinanderausführung beider Spiegelungen wieder auf sich selbst abgebildet.
Für einen von $S$ verschiedenen Punkt $P$ kann man dessen Polarkoordinaten mit dem Paar $(r,\phi)$ angeben, wobei $r>0$ die Entfernung $|SP|$ und $\phi$ den Winkel, den ein Strahl, beginnend mit der positiven $x$-Achse, überstreichen muss, bis er $P$ erreicht, darstellt. Dabei ist der Winkel $\phi$ modulo $360^{\circ}$ zu lesen, da Polarkoordinaten, bei denen sich das Argument $\phi$ um ganzzahlige Vielfache von $360^{\circ}$ unterscheiden, den gleichen Punkt in der Ebene beschreiben.
Der Punkt $P$ mit Koordinaten $(r,\phi)$ wird durch Spiegelung an $g$, also an der $x$-Achse, auf den Punkt $P_g$ mit Koordinaten $(r,-\phi)$ abgebildet.
Spiegelt man dagegen den Punkt $P$ an der Geraden $h$, so bleibt wieder dessen Betrag $r$ erhalten, da Spiegelungen längentreu sind, und die Strecke $SP$ also die gleiche Länge wie die Strecke $SP_h$ besitzt. Um das Argument vom Spiegelpunkt $P_h$ zu ermitteln, beachten wir, dass der von $S$ ausgehende Strahl, der sich von $P$ bis zum positiven Ast von $h$ bewegt, einen Winkel von $\alpha-\phi$ überstreicht. Bis $P_h$ muss nun der Strahl von eben jenem positiven Ast von $h$ in der gleichen Richtung einen gleichgroßen Winkel überstreichen, bis er $P_h$ erreicht. Also besitzt $P_h$ das Argument $\alpha+(\alpha-\phi)=2\alpha-\phi$ und damit die Polarkoordinaten $(r,2\alpha-\phi)$.
Auf analoge Weise können wir nun den Punkt $P_g$ an $h$ spiegeln und erhalten den Punkt $P_{gh}$ mit den Polarkoordinaten $(r,2\alpha-(-\phi))=(r,\phi+2\alpha)$. Jeder von $S$ verschiedene Punkt $P$ wird also durch die Hintereinanderausführung der Spiegelungen erst an $g$ und dann an $h$ um den Winkel $2\alpha$ in mathematisch positiver Richtung um $S$ gedreht. Der Punkt $S$ bleibt dabei fix und ist das Drehzentrum.
Spiegelt man dagegen $P_h$ an $g$, so erhält man den Punkt $P_{hg}$ mit den Polarkoordinaten $(r,-(2\alpha-\phi))=(r,\phi-2\alpha)$. Dies stellt also eine Drehung um den Winkel $-2\alpha$ in mathematisch positiver Richtung um das Drehzentrum $S$ dar. Dies liefert also nur dann die gleiche Drehung wie die zuvor betrachtete, wenn $P_{gh}=P_{hg}$ gilt, also sich die Argumente $\phi\pm 2\alpha$ um ein ganzzahliges Vielfaches von $360^{\circ}$ unterscheiden. Wegen $0<\alpha\leq 90^{\circ}$ ist dies nur genau für $\alpha=90^{\circ}$ der Fall.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1579, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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Ein weiterer Zwischenschritt ist geschafft:
Ich habe jetzt alle Aufgaben + Lösungen der I. Stufe von 9 bis 12 im Text.
Es waren immerhin 460 Aufgaben und Lösungen abzutippen. Zuletzt war es nur noch Fleißarbeit. :-( Aber es ist geschafft.
Damit verbleiben jetzt noch die 38 offenen Probleme, also weniger als 2%.
Leider übersteigen diese Aufgaben meine Möglichkeiten. Ich bin mir aber sicher, das ihr auch diese lösen könnt; wenn ihr nicht, wer denn dann.
Ich kann mich immer nur bedanken.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1577 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1580, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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@steffen: Manuela schrieb doch mal, dass sie alle Musterlösungen hätte. Damit sollten sich dann die letzten Lücken schließen lassen...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1581, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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\quoteon(2019-08-05 10:47 - cyrix in Beitrag No. 1580)
@steffen: Manuela schrieb doch mal, dass sie alle Musterlösungen hätte. Damit sollten sich dann die letzten Lücken schließen lassen...
\quoteoff
Das ist richtig. Im Moment ist sie nicht "verfügbar".
Sobald sie wieder "verfügbar" ist, sende ich ihr die eingetippten Lösungen der I. Stufe (für ihre Internetseite) und frage mal nach den Lücken an.
Stand: noch 37 offene Fragen. :-)
LG Steffen
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1582, eingetragen 2019-08-05
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\quoteon(2019-08-05 10:47 - cyrix in Beitrag No. 1580)
@steffen: Manuela schrieb doch mal, dass sie alle Musterlösungen hätte. Damit sollten sich dann die letzten Lücken schließen lassen...
Cyrix
\quoteoff
Immer langsam mit den jungen Pferden. Wir sind ja noch nicht fertig... :-D
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1580 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1583, eingetragen 2019-08-05
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241232.png
Variante 1:
Der größte der Innenwinkel liegt gegenüber der längsten Dreiecksseite, und die kürzeste Höhe gehört ebenfalls zur längsten Seite (letzterer Zusammenhang ergibt sich ganz einfach daraus, dass Dreiecksseite mal dazugehörige Höhe ja der doppelten Fläche des Dreiecks entspricht, also konstant ist). Wir setzen daher einfach zwei Seiten zu $\sqrt3$ (der kleinstmögliche Wert) und die längste Seite zu $2$ (der größtmögliche Wert):
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241232_Skizze.png
Die Höhe dieses Dreiecks ist laut Satz des Pythagoras
$$h^2=\sqrt3^2-1=2$$$$h=\sqrt2$$Es sei immer $\overline{AB}>\overline{AC}$ und $\overline{AB}>\overline{BC}$. Wenn man nun die Seiten $AC$ oder $BC$ verlängert oder $AB$ verkürzt, wird $h$ größer, so dass tatsächlich $h\geq\sqrt2$ gilt, was Aufgabenteil b) beweist.
Der Winkel in $C$ wäre nur dann ein stumpfer Winkel, wenn der Winkel $\angle ACD>45°$ wäre. Es ist jedoch
$$\angle ACD=\arcsin\frac1{\sqrt3}<\arcsin\frac1{\sqrt2}=45°$$womit auch Aufgabenteil a) bewiesen wäre.
Variante 2 (etwas allgemeiner):
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241232_Skizze_2.png
O.B.d.A. sei $c>a,b$.
Laut Kosinus-Satz gilt:
$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha$$$$\cos\alpha=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{2ab+(a-b)^2-c^2}{2ab}$$$$\cos\alpha=1-\frac{c^2-(a-b)^2}{2ab}$$$\alpha$ wird möglichst groß, wenn $\cos\alpha$ möglichst klein wird. Das ist der Fall, wenn $c$ möglichst groß, $a$ und $b$ möglichst klein und am besten $a=b$ wird. Wie in Variante 1 ist der Winkel also möglichst groß, wenn $a=b=\sqrt3$ und $c=2$ ist. Dann ist
$$\cos\alpha=\frac{3+3-4}{2\cdot3}=\frac13 > 0$$$$\alpha < \frac\pi2$$Damit wäre Aufgabenteil a) bewiesen. Für die Dreiecksfläche gilt:
$$F=\tfrac12ab\sin\alpha=\tfrac12ch$$Und daher:
$$h=\frac{ab}c\sin\alpha$$Bei gegebenem Flächeninhalt wird $h$ umso kleiner, je größer $c$ wird. Wir setzen also maximal $c=2$. Bei gegebenem $c$ wird der Flächeninhalt und damit auch $h$ umso kleiner, je kleiner $a$ und $b$ werden. Deshalb setzen wir $a=b=\sqrt3$ und können daher das Ergebnis für $\alpha$ direkt verwenden. Es ist
$$h_{min}=\frac{\sqrt3^2}2\sqrt{1-\left(\tfrac13\right)^2}=\tfrac32\cdot\tfrac{\sqrt8}3=\sqrt2$$und daher
$$h\geq\sqrt2$$
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1584, eingetragen 2019-08-05
|
\quoteon(2019-08-04 17:52 - cyrix in Beitrag No. 1564)
\quoteon(2019-08-04 16:47 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1561)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_161234.png
\quoteoff
Ich versuche mich gerade an einer geometrischen Interpretation der Aufgabe, scheitere aber noch:
Sei $\triangle ABC$ ein Dreieck mit den Innenwinkeln $x$, $y$ und $z$ mit Umkreisradius 1. Dann haben die zugehörigen Zentriwinkel genau die Größen $2x$, $2y$ und $2z$ und die Cosinus-Werte müsste man nun als Streckenlängen ablesen können. Allerdings sehe ich noch nicht, was dieses Minus-Zeichen in der zu betrachtenden Ungleichung macht...
Cyrix
\quoteoff
Da hatte ich gestern auch angesetzt, und komme auf folgendes:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_161234_Skizze.png
Laut Kosinussatz gilt z.B.
$$a^2=2r^2-2r^2\cos2x$$$$2r^2\cos2x=2r^2-a^2$$$$\cos2x=1-\frac{a^2}{2r^2}$$Sinngemäß genauso für $y$ und $z$. Setzt man das in (1) ein, erhält man
$$1-\frac{a^2}{2r^2}+1-\frac{b^2}{2r^2}-1+\frac{c^2}{2r^2}\leq\tfrac32$$$$\frac{c^2-a^2-b^2}{2r^2}\leq\tfrac12$$$$c^2-a^2-b^2\leq r^2$$$$c^2\leq r^2+a^2+b^2$$Da wir keinerlei Einschränkung bezüglich $x$, $y$ und $z$ gemacht haben, gilt das auch für die zyklische Vertauschung. Das scheint mir ein schöner, allgemeiner Satz zu sein, aber er ist mir zumindest bis jetzt gänzlich unbekannt... :-D
Man kann auch weiter schlussfolgern (wiederum per Kosinussatz):
$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos z$$Setzt man das in die vorige Gleichung ein, erhält man:
$$a^2+b^2-2ab\cos z\leq r^2+a^2+b^2$$$$-2ab\cos z\leq r^2$$Da in einem stumpfwinkligen Dreieck durchaus $z > \tfrac\pi2$ und damit $\cos z<0$ sein kann, ist diese Ungleichung auch nicht gerade offensichtlich. Hmpff...
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
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| Beitrag No.1585, eingetragen 2019-08-05
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-08-05 14:45 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1583)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241232.png
Variante 1:
[...] Wir setzen daher einfach zwei Seiten zu $\sqrt3$ (der kleinstmögliche Wert) und die längste Seite zu $2$ (der größtmögliche Wert) [...]
\quoteoff
Wahrscheinlich übersehe ich einfach nur etwas, dass dir intuitiv klar ist, aber ich empfinde diese Argumentation als etwas naiv, soll heißen, da ist noch eine Lücke.
Ich hatte über die Aufgabe gestern auch nachgedacht, aber nur Teil a) lösen können (im Wesentlichen so, wie du das in Variante 2 auch getan hast). Mit deiner Lösung konnte ich meine vervollständigen:
a) Seien $a,b,c$ die Seitenlängen des Dreiecks, wobei o.B.d.A. $a\leq b\leq c$ sei. Nach Kosinussatz ist das Dreieck spitzwinklig, genau dann wenn $a^2+b^2>c^2$ gilt. Diese Bedingung ist erfüllt, denn
\[a^2+b^2 \geq 3+3 > 4 \geq c^2.\]
b) Wegen a) verlaufen die Höhen innerhalb des Dreiecks. Seien wieder $a,b,c$ die Seitenlängen, wobei diesmal nicht zwingend $a\leq b\leq c$ gelten soll. Wir betrachten o.B.d.A. die Höhe $h$ von $C$ auf $AB$.
$
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw (0,0) coordinate (A)-- (1.8,0) coordinate (B) node[midway, below]{$c$}-- (0.8,1.5) coordinate(C) node[midway, above right]{$a$}--cycle node[midway, above left]{$b$};
\draw (C)--($(A)!(C)!(B)$) coordinate (L) node[midway, right]{$h$};
\draw (A)--(L) node[midway, above]{$p$} -- (B) node[midway, above]{$q$};
\foreach \P/\p in {A/below left, B/below right, C/above}
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p]{$\P$};
\end{tikzpicture}
$
Seien $p,q$ die Längen der Abschnitte, in die $c$ durch $h$ zerlegt wird. Wegen $p+q=c \leq 2$ muss $p\leq 1$ oder $q\leq 1$ gelten. O.B.d.A. sei $p\leq 1$.
Dann folgt
\[h^2 = b^2-p^2 \geq 3 - 1 = 2,\]
also $h\geq \sqrt 2$.\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1586, eingetragen 2019-08-05
|
Nochmal zu 161234 mit dem Ansatz aus #1584, diesmal rein geometrisch und ohne Ableitungen. So kann die Lösung übernommen werden, aber einfach ist anders, denn es erfordert die Kenntnis der Gleichung $\cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_161234_Skizze.png
Laut Kosinussatz gilt z.B.
$$a^2=2r^2-2r^2\cos2x$$$$2r^2\cos2x=2r^2-a^2$$$$\cos2x=1-\frac{a^2}{2r^2}$$Sinngemäß genauso für $y$ und $z$. Setzt man das in (1) ein, erhält man
$$1-\frac{a^2}{2r^2}+1-\frac{b^2}{2r^2}-1+\frac{c^2}{2r^2}\leq\tfrac32$$$$\frac{c^2-a^2-b^2}{2r^2}\leq\tfrac12$$$$c^2-a^2-b^2\leq r^2$$$$c^2\leq r^2+a^2+b^2$$Man kann weiter schlussfolgern (wiederum per Kosinussatz):
$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos z$$Setzt man das in die vorige Gleichung ein, erhält man:
$$a^2+b^2-2ab\cos z\leq r^2+a^2+b^2$$$$-2ab\cos z\leq r^2$$Außerdem ist
$$c=2r\sin z$$Wir multiplizieren die vorige Gleichung daher mit $4\sin^2 z$. Es muss also gelten:
$$-8ab\sin^2 z\cos z\leq c^2=a^2+b^2-2ab\cos z$$Und daher:
$$0\leq(a-b)^2+2ab(1-\cos z)+8ab\sin^2z\cos z$$Da $(a-b)^2$ durchaus gleich null sein kann, muss man verschärfend fordern:
$$0\leq2ab(1-\cos z)+8ab\sin^2z\cos z$$Wir teilen durch $2ab$:
$$0\leq1-\cos z+4\sin^2z\cos z$$$$0\leq1+3\cos z-4\cos^3z$$$$0\leq1-\cos3z$$Diese Ungleichung ist tatsächlich immer erfüllt, womit die Ungleichung der Aufgabenstellung bewiesen ist. Gleichheit tritt ein, wenn einerseits $a=b$ ist, und andererseits $\cos3z=1$. Allerdings erfüllt $z=0$ die Ungleichung der Aufgabenstellung tatsächlich nicht, weil wir oben die Ungleichung mit $\sin^2z$ multipliziert und dadurch die Phantomlösung $z=0$ erzeugt haben. Es muss stattdessen gelten, dass
$$3z=2\pi$$$$z=\tfrac23\pi=120°$$ ist. Da außerdem $a=b$ sein muss, ist $x=y$ und aufgrund der Innenwinkelsumme gilt dann $x=y=\tfrac16\pi=30°$.
Über die rein geometrischen Überlegungen hinaus kann man festhalten, dass die Kosinus-Funktion gerade und periodisch ist. Daher ist $x=y=-30°$ in Kombination mit $z=-120°$ ebenfalls eine gültige Lösung. Außerdem können wegen der Periodizität beliebige Vielfache von $\pi=180°$ zu allen drei Variablen addiert werden.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1587, eingetragen 2019-08-05
|
\quoteon(2019-08-05 16:36 - Nuramon in Beitrag No. 1585)
\quoteon(2019-08-05 14:45 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1583)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241232.png
Variante 1:
[...] Wir setzen daher einfach zwei Seiten zu $\sqrt3$ (der kleinstmögliche Wert) und die längste Seite zu $2$ (der größtmögliche Wert) [...]
\quoteoff
Wahrscheinlich übersehe ich einfach nur etwas, dass dir intuitiv klar ist, aber ich empfinde diese Argumentation als etwas naiv, soll heißen, da ist noch eine Lücke.
(...)
\quoteoff
Sehr schöne Lösung von Dir.
Ich finde es geometrisch anschaulich, dass bei gegebenem $c$ und $a,b
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Nuramon
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| Beitrag No.1588, eingetragen 2019-08-05
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-08-05 17:46 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1587)
\quoteon
Wahrscheinlich übersehe ich einfach nur etwas, dass dir intuitiv klar ist, aber ich empfinde diese Argumentation als etwas naiv, soll heißen, da ist noch eine Lücke.
(...)
\quoteoff
Sehr schöne Lösung von Dir.
Ich finde es geometrisch anschaulich, dass bei gegebenem $c$ und $a,b\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1589, eingetragen 2019-08-05
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221246A.png
O.B.d.A. liege der Punkt $P$ auf der Kante $AB$. Siehe folgende Skizze:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_2_Aufgabe_221246A_Skizze.png
Dann ist $s$ die Summe der "blauen" Strecken:
$$s=a\sin\alpha+b\cos\alpha+c$$Außerdem ist zu Zwecken der Abkürzung:
$$y^2=a^2+b^2$$und
$$x=b\sin\alpha-a\cos\alpha$$Offensichtlich gilt:
$$a\sin\alpha+b\cos\alpha=\sqrt{y^2-x^2}$$und somit:
$$s=\sqrt{y^2-x^2}+c$$Es soll gelten:
$$s^2=\left(\sqrt{y^2-x^2}+c\right)^2\leq2(y^2+c^2)$$$$y^2-x^2+c^2+2c\sqrt{y^2-x^2}\leq2y^2+2c^2$$$$0\leq y^2-x^2+c^2-2c\sqrt{y^2-x^2}+2x^2$$$$0\leq\left(\sqrt{y^2-x^2}-c\right)^2+2x^2$$Diese Ungleichung ist offensichtlich immer erfüllt, was die Ungleichung (1) beweist.
Für Aufgabenteil b) soll Gleichheit eintreten, was nur dann der Fall ist, wenn einerseits
$$x=0$$
und andererseits (mit $x=0$)
$$\sqrt{y^2}-c=0$$also
$$a^2+b^2=c^2$$ ist. $x$ ist genau dann gleich null, wenn die Gerade $g$ durch $D$ und $P$ die Strecke $AB$ rechtwinklig kreuzt, $P$ also den Lotfußpunkt von $D$ auf $AB$ darstellt.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1590, eingetragen 2019-08-05
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Huhu,
dann lasse ich mich mal herab diese Aufgabe zu lösen:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-05_um_20.36.21.png
(1) Wir nehmen an, dass \(t\) noch einen Punkt \(P'\) gemeinsam mit \(k\) hat. Offensichtlich liegen diese Punkte nicht auf einer Geraden, bilden somit ein Dreieck mit rechten Winkel in \(P\). Da dem größten Winkel immer die längste Seite gegenüberliegt, ist \(\overline{MP'}\) die längste Seite, insbesondere also länger als \(|\overline{MP}|=r\). Widerspruch.
(2) Wir nehmen an, dass der Winkel kein rechter ist. Da der (kürzeste) Abstand eines Punktes zur Geraden immer das Lot ist, existiert dann auf \(t\) ein Punkt \(P'\) mit \(|\overline{MP'}|<|\overline{MP}|=r\). Somit liegt \(P'\) offensichtlich innerhalb des Kreises und \(t\) besitzt einen weiteren Punkt mit \(k\). Widerspruch.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1591, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-05
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\quoteon
Aufgabe 121236B: Ist $n$ eine natürliche Zahl, die größer als 1 ist, so seien auf einer Strecke $AB$ Punkte $P_1$, $P_2$, $P_3$, $\dots$, $P_{2n-1}$ in dieser Reihenfolge so gelegen, dass sie die Strecke $AB$ in $2n$ Teile gleicher Länge zerlegen.
a) Man gebe (als Funktion von $n$) die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass zwei aus den Punkten $P_1$, $P_2$, $P_3$, $\dots$, $P_{2n-1}$ ausgewählte Punkte $P_k$, $P_m$ mit $0< k < m <2n$ die Strecke $AB$ derart zerlegen, dass sich aus den drei Teilstrecken $AP_k$, $P_kP_m$, $P_mB$ ein Dreieck konstruieren lässt.
b) Man untersuche, ob diese Wahrscheinlichkeit für $n\rightarrow \infty$ egen einen Grenzwert konvergiert, und ermittle, wenn dies der Fall ist, diesen Grenzwert.
Anmerkung: <>
\quoteoff
Lösung:
a) O.B.d.A. habe die Strecke $AB$ die Länge $2n$, sodass die drei zu betrachtenden Strecken $AP_k$, $P_kP_m$ und $P_mB$ die Längen $k$, $m-k$ bzw. $2n-m$ besitzen. Aus diesen Strecken lässt sich genau dann ein Dreieck konstruieren, wenn die drei Dreiecksungleichungen erfüllt sind:
Die erste Dreiecksungleichung $|AP_k|+|P_kP_m|>|P_mB|$ ist also äquivalent zu $k+(m-k)>2n-m$ bzw. $2m>2n$, also $m>n$.
Die zweite Dreiecksungleichung $|P_kP_m|+|P_mB|>|AP_k|$ ist äquivalent zu $(m-k)+(2n-m)>k$ bzw. $2n>2k$, also $n>k$.
Die dritte Dreiecksungleichung $|AP_k|+|P_mB|>|P_kP_m|$ ist äquivalent zu $k+(2n-m)>m-k$ bzw. $2m<2n+2k$, also $m
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1592, eingetragen 2019-08-05
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_161236A.png
Mit $\cos(-x)=\cos(x)$ ergibt sich folgende Skizze:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_2_Aufgabe_161236A_Skizze.png
Es gilt
$$\left(r-(1-\cos x)\right)^2+x^2=r^2$$$$r^2-2r(1-\cos x)+(1-\cos x)^2+x^2=r^2$$$$2r(1-\cos x)=(1-\cos x)^2+x^2$$$$r=\frac12\left(1-\cos x+\frac{x^2}{1-\cos x}\right)$$Also lautet die in Aufgabenteil a) gesuchte Funktion
$$f(x)=\frac12\left(1-\cos x+\frac{x^2}{1-\cos x}\right)$$Aufgabenteil b):
Während $x$ gegen unendlich geht, wird der Nenner im zweiten Term periodisch gleich null. Es existiert daher kein Grenzwert.
Aufgabenteil c):
Wir benutzen $1-\cos x=2\sin^2\tfrac x2$. Dann ist
$$f(x)=\sin^2\tfrac x2+\frac{x^2}{4\sin^2\tfrac x2}$$$$f(x)=\sin^2\tfrac x2+\left(\frac{\tfrac x2}{\sin\tfrac x2}\right)^2$$Da im Definitionsbereich $\tfrac x2 > \sin \tfrac x2 > 0$, gilt $f(x) > 1$. Außerdem ist $\left(\frac{\tfrac x2}{\sin\tfrac x2}\right)$ streng monoton steigend. Der größte Funktionswert liegt daher bei $x=\tfrac\pi2$ vor, und es ist
$$f(\tfrac\pi2)=\sin^2\tfrac \pi4+\left(\frac{\tfrac \pi4}{\sin\tfrac \pi4}\right)^2=\frac12+(\frac\pi{2\sqrt2})^2=\frac{\pi^2+4}8$$Der Wertebereich ist somit $\left]1;\frac{\pi^2+4}8\right]$.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1593, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon(2019-08-05 10:36 - cyrix in Beitrag No. 1578)
Hm, vielleicht hat jemand noch eine etwas elementarere Lösung...
\quoteon
Aufgabe 111231: Gegeben seien in einer Ebene zwei sich schneidende Geraden $g$ und $h$. Die Größe des einen ihrer vier Schnittwinkel sei $\alpha\leq 90^{\circ}$.
a) Es ist zu beweisen: Zwei nacheinander ausgeführte Spiegelungen der Ebene, erst an $g$, dann an $h$, lassen sich stets durch eine Drehung der Ebene ersetzen (d.h., sie sind einer Drehung der Ebene äquivalent).
Deren Drehpunkt und Drehwinkel sind zu ermitteln.
b) Es ist festzustellen, ob sich dieselbe Drehung wie in a) ergibt, wenn man erst an $h$ und dann an $g$ spiegelt.
\quoteoff
Lösung:
(...)
Cyrix
\quoteoff
Versuch macht kluch und ein Bild sagt mehr als tausend Worte. :-)
https://www.geogebra.org/classic/qk72a5yg
In dem Applet kann man den Punkt $P$ klicken und ziehen. Man erkennt, dass $\gamma=2(\alpha-\beta)+2\beta=2\alpha$ ist, und der Punkt $P$ um den Winkel $2\alpha$ gedreht wird bei der Abbildung auf $P''$.
Betrachtet man die Geraden in umgekehrter Reihenfolge, ist das gleichbedeutend damit, dass der Winkel $\alpha$ mit $-1$ multipliziert wird, und dadurch eine Drehung in entgegengesetzter Richtung erfolgt.
Die Abbildungen sind also nur dann identisch, wie man sich leicht klar macht, wenn um 180° gedreht wird, also $\alpha=90°$ beträgt.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1594, eingetragen 2019-08-06
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Hat noch jemand eine Meinung / Idee zu #1570, Aufgabe 211046?
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1595, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon
Aufgabe 171235: Man beweise folgenden Satz:
Sind $u$ der Umfang, $r$ der Radius des Inkreises und $R$ der Radius des Umkreises des Dreiecks $\triangle ABC$, dann gilt $R>\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{ur}$.
Ist das Dreieck insbesondere rechtwinklig, dann gilt sogar $R\geq \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{ur}$.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $U$ der Umkreismittelpunkt, $I$ der Inkreismittelpunkt des Dreiecks $\triangle ABC$ und $F$ seine Fläche. Dann zerlegen die Strecken $AI$, $BI$ und $CI$ das Dreieck in drei Teildreiecke, die jeweils die Grundseiten $AB$, $AC$ bzw. $BC$ und eine dazu zugehörige Höhe der Länge $r$ besitzen. Also ist $F=\frac{1}{2} \cdot r \cdot (|AB|+|AC|+|BC|)=\frac{1}{2} \cdot ur$ und damit $ur=2F$.
Die drei (ggf. auch zu einer Strecke entarteten) Dreiecke $\triangle ABU$, $\triangle ACU$ und $\triangle BCU$ sind jeweils gleichschenklig mit Schenkellänge $R$, besitzen also jeweils einen Flächeninhalt von $\frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \sin\angle x$, wobei $x$ der Innenwinkel des betreffenden Dreiecks bei $U$ ist. Da der Sinus nur Werte $\leq 1$ annimmt und nicht alle drei hier betrachteten Dreiecke rechtwinklig bei $U$ sein können (liegt $U$ im Innern oder auf dem Rand des Dreiecks $\triangle ABC$, so ergänzen sich diese drei Innenwinkel der Teildreiecke bei $U$ zu $360^{\circ}$, sonst bildet die Summe von zwei dieser drei Innenwinkel den dritten), aber diese drei Dreiecke das Dreieck $\triangle ABC$ vollständig überdecken, gilt $F<3\cdot \frac{1}{2} \cdot R^2=\frac{3}{2} \cdot R^2$ bzw. $R^2>\frac{2}{3} F=\frac{1}{3} \cdot ur$, also $R>\sqrt{\frac{1}{3}} \cdot \sqrt{ur}=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{ur}.$
Ist das Dreieck $\triangle ABC$ rechtwinklig bei $C$, so ist $U$ nach der Umkehrung des Satzes von Thales der Mittelpunkt von $AB$. Damit gilt $|AB|=2R$. Ist $h$ die Höhe von $C$ auf $AB$, so ist offenbar $h\leq |CU|=R$, also $F=\frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h\leq \frac{1}{2} \cdot 2R \cdot R=R^2$. Damit ergibt sich nun $R^2\geq F=\frac{1}{2} \cdot ur$ bzw. $R\geq \sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{ur}=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{ur}$, $\Box$.
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1596, eingetragen 2019-08-06
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141246B.png
Der so definierte Abstand zwischen zwei Punkten ist das Maximum aus horizontalem und vertikalem Abstand. Das heißt doch nichts anderes, als dass die Punkte, die einen konstanten Abstand zu einem gegebenen Punkt $A$ haben sollen, ein Quadrat darstellen, in dessen Mittelpunkt sich der Punkt $A$ befindet. Man muss also zwei gleich große Quadrate um die zwei Punkte $A$ und $B$ konstruieren. Die gemeinsamen Punkte beider Quadrate sind dann die gesuchte Lösungsmenge.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141246B_Skizze.png
Die beiden kleinstmöglichen Quadrate sind die hier gezeigten. Sie teilen sogar eine ganze Strecke, nämlich $CD$.
Lässt man die Quadrate nun größer werden, haben sie nur noch zwei Schnittpunkte:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_141246B_Skizze2.png
Angefangen bei den kleinstmöglichen Quadraten in der vorigen Skizze, liegen die Schnittpunkte der größeren Quadrate auf den Diagonalen $c$ und $d$ (rot dargestellt). Die Quadrate kann man beliebig groß werden lassen. Daher kann man die Lösungsmenge wie folgt angeben:
$$M=\begin{cases}y=3-x & x < 0\\y=3 & 0 \leq x \leq 1\\y=4-x & x > 1\end{cases}$$Oder zusammengefasst in einer Gleichung:
$$y=\tfrac72-x-\tfrac12|x-1|+\tfrac12|x|$$
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1597, eingetragen 2019-08-06
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Wir kommen langsam an einen Punkt, wo die Gefahr besteht, dass manche Aufgaben simultan doppelt gelöst werden, aber die doppelte Lösung nicht unbedingt einen Erkenntnisgewinn bringt und sich das Abdrucken beider Lösungen evtl. nicht lohnt. Das wäre dann verschenkte Zeit für mindestens einen der Beteiligten. Wollen wir evtl. ankündigen, an welchen Aufgaben wir als nächstes arbeiten wollen und Lösungen haben?
Ich habe zunächst folgende Aufgaben im Visier:
121235, 111243, 341035, 321033, 311033,231244.
Sollte jemand schon daran arbeiten und kurz vor fertig sein, bitte um kurze Meldung. :-)
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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 | Beitrag No.1598, eingetragen 2019-08-06
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...ggf. sehe ich mir noch 331046 an - was natürlich nicht bedeutet - dass dann auch eine Lösung folgt.
LG Olga
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1599, eingetragen 2019-08-06
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311033.png
Der Mittelpunkt der Strecke $BC$ sei $E$. Die Höhe der Pyramide sei $h$, die Kantenlänge der quadratischen Grundfläche sei $a$. Wir legen nun einen Schnitt durch $MES$ und durch $MCS$:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_311033_Skizze.png
Das gesuchte Volumen der Pyramide ist
$$V=\tfrac13a^2h$$Wir müssen daher $a$ und $h$ mithilfe der gezeigten Schnitte aus den gegebenen Längen $f$ und $k$ ermitteln. Es gilt im linken Schnitt:
$$\frac{f}{\tfrac12h}=\frac{\tfrac12a}{\sqrt{h^2+\tfrac14a^2}}$$$$f^2(h^2+\tfrac14a^2)=\tfrac1{16}a^2h^2$$$$16f^2h^2+4f^2a^2=a^2h^2$$$$(a^2-16f^2)h^2=4f^2a^2$$$$h^2=\frac{4f^2a^2}{a^2-16f^2}\qquad(1)$$
Aus dem rechten Schnittbild erhält man in ähnlicher Weise:
$$\frac{k}{\tfrac12h}=\frac{\tfrac12\sqrt2a}{\sqrt{h^2+\tfrac12a^2}}$$Und mit den gleichen Rechenschritten wie oben:
$$h^2=\frac{4k^2a^2}{a^2-8k^2}\qquad(2)$$Wir setzen (1) und (2) gleich und lösen nach $a^2$ auf:
$$\frac{4f^2a^2}{a^2-16f^2}=\frac{4k^2a^2}{a^2-8k^2}$$$$f^2(a^2-8k^2)=k^2(a^2-16f^2)$$$$8f^2k^2=(k^2-f^2)a^2$$$$a^2=\frac{8f^2k^2}{k^2-f^2}\qquad(3)$$Setzen wir das in (1) ein, erhalten wir:
$$h^2=\frac{4f^2\cdot\frac{8f^2k^2}{k^2-f^2}}{\frac{8f^2k^2}{k^2-f^2}-16f^2}$$$$h^2=\frac{32f^4k^2}{8f^2k^2-16f^2(k^2-f^2)}$$$$h^2=\frac{4f^2k^2}{2f^2-k^2}$$$$h=\frac{2fk}{\sqrt{2f^2-k^2}}$$Diese Gleichung und Gleichung (3) setzen wir in die Formel für das Volumen ein:
$$V=\frac{2fk}{3\sqrt{2f^2-k^2}}\cdot\frac{8f^2k^2}{k^2-f^2}$$
$$V=\frac{16f^3k^3}{3(k^2-f^2)\sqrt{2f^2-k^2}}$$
Ciao,
Thomas
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