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 Alte Olympiadeaufgaben |
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OlgaBarati
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 |  Beitrag No.1920, eingetragen 2019-09-04
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\quoteon
Aufgabe 7 - V601207
Zur Zeit $t_0$ verlässt ein PKW, der mit der Geschwindigkeit $v_1$ fährt, den Berliner Autobahnring in Richtung Dresden. Dieser PKW begegnet eine halbe Stunde später (zur Zeit $t_1$) einem PKW, der mit der gleichen Geschwindigkeit entgegenkommt, und 5 Minuten danach (zur Zeit $t_2$) einem LKW, dessen Geschwindigkeit $v_2 (v_2 < v_1)$ beträgt.
Wann und wo (bezogen auf Ort und Zeit der Ausfahrt alle dem Berliner Ring) überholte der entgegenkommende PKW den LKW?
Zu welchem speziellen Ergebnis gelangt man für den Fall $t_0 = 10\; Uhr,\; v_1 = 100 \frac{km}{h},\; v_2 = 80 \frac{km}{h}$
\quoteoff
\showon Lösungsversuch
Seien die beiden mit der Geschwindigkeit $v_1$ fahrenden PKW als $PKW_1$ und $PKW_2$ bezeichnet. Dann berechnet sich der Treffpunkt $P_1$ der beiden PKW mit $$P_1=v_1t_1.$$
Für Treffpunkt $P_2$ von $PKW_1$ und $LKW$ in Fahrtrichtung von $PKW_1$ gilt: $$P_2=P_1+v_1t_2=v_1t_1+v_1t_2=v_1(t_1+t_2).$$
Und für Treffpunkt $P_3$ von $PKW_2$ und $LKW$ in Fahrtrichtung von $PKW_1$ muss damit gelten: $$P_3=P_2+v_2t_2=v_1(t_1+t_2)+v_2t_2.$$
Und für den Zeitpunkt von $P_3$: $t_3=t_1-t_2-\frac{P_3-P_2}{v_1}$
$$t_3=t_1-t_2-\frac{v_1(t_1+t_2)+v_2t_2-v_1(t_1+t_2)}{v_1}=t_1-t_2-\frac{v_2t_2}{v_1}.$$
Im speziellen Fall wird $P_1$ um 10:30 Uhr und 50 km vom Startpunkt Berliner Ring entfernt, $P_2$ um 10:35 Uhr und 58,33 km entfernt und $P_3$ um 10:21 Uhr und 65 km entfernt, erreicht.
\showoff
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 | Beitrag No.1921, eingetragen 2019-09-04
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Zu Aufgabe 19 - V601119
Wie schon in #1908 erwähnt, ist das Dreieck $ACP$ unmittelbar konstruierbar (blaue gestrichelte Linien). Um das Parallelogramm zu konstruieren, spiegelt man zunächst den Punkt $P$ am Mittelpunkt $M$ der Geraden $AC$ und erhält so den Punkt $P'$.
Nun schlägt man Kreise mit den Radien $PB$ und $PC$ um den Punkt $P$ (grüne Kreise), und tut dasselbe um den Punkt $P'$ (blaue Kreise).
Die Schnittpunkte des großen blauen Kreises mit dem kleinen grünen Kreis ergeben Kandidaten für den Eckpunkt $B$ des Parallelogramms, während die Schnittpunkte des kleinen blauen Kreises mit dem großen grünen Kreis Kandidaten für den Eckunkt $D$ darstellen.
In meiner Darstellung habe ich die Kandidaten ausgewählt, die eine Nummerierung der Ecken entgegen des Uhrzeigersinns erlauben.
Zu zeigen bleibt, dass $ABCD$ tatsächlich ein Parallelogramm ist.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.4]
\coordinate(ps) at (-6,-1);
\coordinate(a) at (-3,-2);
\coordinate(b) at (2,-2);
\coordinate(c) at (+3,2);
\coordinate(d) at (-2,2);
\coordinate(p) at (6,1);
\coordinate(m) at (0,0)
\draw[cyan, dashed](a) -- (c);
\draw[cyan, dashed] (a) -- (p);
\draw[lightgrey, dashed] (b) -- (p);
\draw[cyan, dashed] (c) -- (p);
\draw[lightgrey, dashed] (d) -- (p);
\draw[red] (ps) -- (p);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw[blue] (ps) circle (5.0);
\draw[blue] (ps) circle (8.06);
\draw[green] (p) circle (5.0);
\draw[green] (p) circle (8.06);
\foreach \P in {a,b,c,d,p, ps, m}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.1);}
\node[below] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[above] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[above] at (p) {$P$};
\node[above] at (m) {$M$};
\node[above] at (ps) {$P'$};
\end{tikzpicture}
$
Die Punkte $B$ und $D$ sind punktsymmetrisch zu $M$, da sie als Schnittpunkte von Kreisen mit gleichen Radien und punksymmetrischen Mittelpunkten konstruiert wurden. Damit sind die Längen $MD$ und $MB$ gleich.
Wegen der Punktsymmetrie von $B$ und $D$ geht deren Verbindungslinie durch $M$.
Die Diagonalen $AC$ und $BD$ treffen sich also in $M$ und $M$ halbiert beide Diagonalen. Damit ist nach einem bekannten Kriterium $ABCD$ ein Parallelogramm.
Viele Grüße
Holger
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Ex_Senior
| Beitrag No.1922, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-04
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Danke wrdlprmpfd (Holger).
Auf diese Lösung wäre ich nie gekommen. Ich nehme sie in den Text auf.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1923, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-05
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Ausnahmsweise finde ich meine Lösung gar nicht so schlecht, nehme aber jede Kritik gern an:
Aufgabe 12 - V601212
Der Umfang eines Dreiecks sei 1 cm. Kann es möglich sein, dass der dem Dreieck umbeschriebene Kreis einen Radius hat, der größer als 1000 m ist?
Lösung:
Für ein beliebiges Dreieck $ABC$ gilt für den Flächeninhalt $F$ zum einen die Heronsche Dreiecksformel
\[
F = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \tag{1}
\]
mit $s = \frac{a+b+c}{2}$, und zum anderen die Beziehung Flächeninhalt - Umkreisradius $R$
\[
F = \frac{1}{4} \frac{a\cdot b \cdot c}{R} \tag{2}
\]
Gleichsetzen von (1) und (2) und Umstellen nach $R$ ergibt
\[
R = \frac{a\cdot b \cdot c}{4 \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}} \tag{3}
\]
Nach der Aufgabenstellung genügt es ein beliebiges Dreieck anzugeben, für das der Umkreisradius $R$ größer als 1000 m wird. Daher betrachten wir ein gleichschenkliges Dreieck mit $a = b$ und $c = 1 \text{ cm } - a - b$. Setzt man diese Werte in (3) ein, wird (alle Maße in cm)
\[
R = \frac{a^2}{\sqrt{4a-1}}
\]
Ist $a$ nur wenig größer als 0,25 cm, d.h. zum Beispiel $a = 0,25 + \epsilon$, mit einem reellen $\epsilon >0$, ergibt sich
\[
R = \frac{(0,25+\epsilon)^2}{\sqrt{4 \cdot \epsilon}}
= \frac{(0,25+\epsilon)^2}{2 \cdot \sqrt{\epsilon}}
\]
Dieser Term wächst für $n \rightarrow \infty$ über alle Grenzen, d.h.
\[
\lim \limits_{n \rightarrow\infty} \frac{(0,25+\epsilon)^2}{2 \cdot \sqrt{\epsilon}} = \infty
\]
Der Umkreisradius $R$ kann damit jeden hinreichend großen positiven Wert annehmen, d.h. auch größer als 1000 m sein.
LG Steffen
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1924, eingetragen 2019-09-06
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Hallo Steffen,
Du solltest erklären, was $s$ überhaupt ist, das kommt in Deinem Beweis nicht vor.
Ich komme für den Radius außerdem auf die Formel
$$R=\frac{a(1-2a)}{\sqrt{4a-1}}$$Überprüfe das bitte noch einmal. Statt $10^{-2n}$ ist es wohl auch üblicher, mit einem $\varepsilon$ zu argumentieren, also $a=\tfrac14+\varepsilon$, und dann den Limes $\varepsilon\rightarrow\infty$ zu bilden.
Ciao,
Thomas
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Kornkreis
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 | Beitrag No.1925, eingetragen 2019-09-06
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Hi Steffen, kleine Ungenauigkeit in der Formulierung:
\quoteon(2019-09-05 08:43 - stpolster in Beitrag No. 1923)
Der Umkreisradius $R$ kann damit jeden positiven Wert annehmen, d.h. auch größer als 1000 m sein.
\quoteoff
-- jeden positiven Wert nicht, aber alle hinreichend großen Werte.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1926, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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@MontyPythagoras, Kornkreis: Danke für die Hinweise. Ich habe es entsprechend geändert.
Allerdings komme ich immer noch auf meinen Wert:
\[
r = \frac{abc}{4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}
\]
\[
r = \frac{ab(1-a-b)}{4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-1+a+b)}}
\]
\[
r = \frac{a^2(1-2a)}{4\sqrt{s(s-a)^2(s-1+2a)}}
\]
mit $s=\frac{1}{2}$
\[
r = \frac{a^2(1-2a)}{4\sqrt{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-a)^2(2a-\frac{1}{2})}}
\]
\[
r = \frac{a^2(1-2a)}{\sqrt{16\cdot \frac{1}{2}(\frac{1}{4}-a+a^2)(2a-\frac{1}{2})}}
\]
\[
r = \frac{a^2(1-2a)}{\sqrt{(1-4a+4a^2)(4a-1)}}
\]
\[
r = \frac{a^2(1-2a)}{\sqrt{(1-2a)^2(4a-1)}}
\]
\[
r = \frac{a^2}{\sqrt{(4a-1)}}
\]
LG Steffen
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1927, eingetragen 2019-09-06
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Hallo Steffen,
Du hast recht, die Formel stimmt.
(In Deiner viertletzten Zeile solltest Du die $16\tfrac12$ trennen in $16\cdot\tfrac12$, weil es sonst wie $\tfrac{33}2$ aussieht.)
Ciao,
Thomas
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weird
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 | Beitrag No.1928, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-05 08:43 - stpolster in Beitrag No. 1923)
Nach der Aufgabenstellung genügt es ein beliebiges Dreieck anzugeben, für das der Umkreisradius $R$ größer als 1000 m wird. Daher betrachten wir ein gleichschenkliges Dreieck mit $a = b$ und $c = 1 \text{ cm } - a - b$. Setzt man diese Werte in (3) ein, wird (alle Maße in cm)
\quoteoff
Ich würde hier die cm-Angabe bei dem Wert von $c$ jetzt eher weglassen.
Im übrigen frage ich mich bei dieser Aufgabe - und das ist durchaus ernst gemeint -, ob hier nicht die Angabe eines Dreiecks mit den Seitenlängen
\[a=b=\frac14+\varepsilon,\ c=\frac12-2\varepsilon\quad (\varepsilon >0)\]
mit dem Hinweis, dass der Umkreisradius für genügend kleines $\varepsilon$ beliebig groß wird, was geometrisch betrachtet ja evident ist (oder nicht?), hier nicht schon ausreicht. Jedenfalls hätte jemand der so argumentiert, damit in meinen Augen klar bewiesen, dass er weiß, worum es bei dieser Aufgabe geht.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1929, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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@weird: Ich hätte bei der Aufgabe dann schon noch einen Kommentar erwartet, warum der Umkreisradius dann beliebig groß wird. Andererseits: Es ist die Aufgabe einer Vor-Olympiade. Damals hat man angefangen auszuprobieren, wie ein solcher Wettbewerb laufen könnte. Insofern bin ich mir nicht sicher, ob die Aufgabensteller schon ein klares Bild davon hatten, was sie denn als Lösung erwarten konnten...
Cyrix
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.1930, eingetragen 2019-09-06
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@Cyrix
Ja, ich hätte die geometrische Argumentation mit den für sehr kleines $\varepsilon>0$ fast parallelen Mittelsenkrechten auf die Seiten, deren Schnittpunkt ja der Umkreismittelpunkt ist, jetzt schon noch ein wenig ausgeführt, es ging mir aber mehr darum, ob man die durchaus nichttriviale Rechnung von Steffen nicht überhaupt weglassen kann. Aber du hast ja schon mehr oder weniger eine Antwort darauf gegeben.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1931, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-06 15:57 - cyrix in Beitrag No. 1929)
Es ist die Aufgabe einer Vor-Olympiade. Damals hat man angefangen auszuprobieren, wie ein solcher Wettbewerb laufen könnte. Insofern bin ich mir nicht sicher, ob die Aufgabensteller schon ein klares Bild davon hatten, was sie denn als Lösung erwarten konnten...
\quoteoff
Da kann ich nur bei einer weiteren Aufgabe zustimmen:
Aufgabe 11 - V601211
Der links von $P_1(2; 3)$ liegende Bogen einer Ellipse (Mittelpunkt im Koordinatenursprung) und deren Tangente in $P_1$ begrenzen mit der x-Achse ein Flächenstück, durch dessen Rotation um die x-Achse ein tropfenförmiger Körper mit dem größten Querschnitt $q = 12\pi$ Flächeneinheiten entsteht.
Wie groß ist das Volumen des Rotationskörpers?
Ich grübele schon Tage und tappe von einem dummen Fehler in den nächsten.
$
\begin{tikzpicture}[scale=0.5,font=\small, samples=100]
\draw[->] (-6,0) -- (18,0) node[above] {$x$};
\draw[->] (0,-4) -- (0,4) node[left] {$y$};
\foreach \i in {-5,...,-1,1,3,...,17} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i,0) {\i};
}
\foreach \i in {-3,-2,-1,1,2,3} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i) {\i};
}
\coordinate (p) at (2,3);
\coordinate (q) at (14.56,0);
\draw (m) ellipse (5.397 cm and 3.23 cm);
\draw (p) -- (2,-3);
\draw[red] ($(q)!1.2!(p)$) -- ($(p)!1.2!(q)$) node[right] {$t$};
\foreach \P in {p,q}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.1);}
\node[right] at (p) {$P(2;3)$};
\node[above] at (q) {$Q(?;0)$};
\node[below left] at (0,0) {0};
\end{tikzpicture}
$
Irgendwie so muss es aussehen. Der Querschnitt wäre dann ein Dreieck minus einem Ellipsensegment. Aber ein Ellipsensegment hätte hier die Fläche $F = ab \arccos \frac{2}{a} - 6$.
Da stehen beide Halbachsen noch drin und mit der Tangentengleichung
$\frac{xx_P}{a^2} + \frac{yy_P}{b^2} = 1$ komme ich auch nicht weiter; der Arcuscosinus nervt mächtig.
Ich vermute, so geht es gar nicht. Hier braucht man wohl eine völlig andere Lösungsidee.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1929 begonnen.]
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.1932, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-06 16:25 - stpolster in Beitrag No. 1931)
Irgendwie so muss es aussehen. Der Querschnitt wäre dann ein Dreieck minus einem Ellipsensegment. Aber ein Ellipsensegment hätte hier die Fläche $F = ab \arccos \frac{2}{a} - 6$.
\quoteoff
Hm, ist nicht der größte Querschnitt einfach $b^2\pi$ oder stehe ich da total auf der Leitung? :-o
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Ex_Senior
| Beitrag No.1933, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Na dann machen wir mal eine Aufgabe, die ich eher in der Physik-Olympiade erwartet hätte:
\quoteon Aufgabe V601220: Berechnen Sie die inneren Maße einer zylindrischen Roheisenpfanne von 20 t Fassungsvermögen, die durch geeignete Formgebung möglichst geringe Wärmeverluste aufweisen soll!
Auf Grund von Erfahrungen nimmt man an, dass die Wärmeverluste der Oberfläche des flüssigen Roheisens (auf die Flächeneinheit bezogen) das Doppelte der Wärmeverluste durch Wand- und Bodenfläche betragen. (Wichte des flüssigen Roheisens: 7,2 Mp/m³)
\quoteoff
Hinweis: Da ist wahrscheinlich ein Tippfehler im PDF: Gemeint sein dürften "innere Maße" anstatt "innerer Masse" mit entsprechender Deklination...
Lösung:
Mit der Dichte von $7{,}2 \frac{t}{m^3}$ des Roheisens nimmt dieses einen Zylinder mit Volumen $V=\frac{20}{7{,}2} m^3$ ein. Sei $r>0$ der in Metern gemessene Innenradius der Roheisenpfanne und $h>0$ entsprechend die Höhe des eingefüllten flüssigen Roheisens, so gilt also $\pi \cdot r^2 \cdot h=\frac{20}{7{,}2}$ bzw. $h=\frac{20}{7{,}2\cdot\pi\cdot r^2}$. Zu minimieren ist nun der Wärmeverlust, der proportional zur Oberfläche des vom Roheisen gebildeten Zylinders ist, wobei die Deckfläche als Oberfläche doppelt zu werten ist. Also ist der Term $\pi \cdot (2rh+3r^2)$ bzw. äquivalent der Term $3r^2+2rh$ zu minimieren. Setzt man die zuvor erhaltene Bedingung an $r$ ein, erhält man als zu minimierenden Term also
$f(r)=3\cdot r^2 + 2 \cdot \frac{20}{7{,}2 \cdot \pi} \cdot r^{-1}.$
Diese Funktion in Abhängigkeit von $r$ besitzt als Ableitung die Funktion
$f^{\prime}(r)=6r-2 \cdot \frac{20}{7{,}2 \cdot \pi} \cdot r^{-2},$
welche genau für diejenigen $r>0$ verschwindet, für die die Gleichung
$3r^3=\frac{20}{7{,}2 \cdot \pi}$ bzw. $r=\left(\frac{20}{3\cdot 7{,}2 \cdot \pi}\right)^{\frac{1}{3}} \approx 0{,}6655$ gilt. Eine Grenzbetrachtung mit $r\rightarrow 0$ bzw. $r\rightarrow \infty$ zeigt, dass $f(r)$ dann jeweils gegen unendlich geht, also an der einzigen kritischen Stelle ein globales Minimum besitzen muss.
Also hat die Roheisenpfanne einen Innenradius von $r \approx 0{,}6655$ m und eine Innenhöhe von $h=\frac{20}{7{,}2\cdot\pi\cdot r^2}\approx 6{,}272$ m.
Kann das jemand mal nachrechnen?
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1929 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1934, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-06 16:43 - cyrix in Beitrag No. 1933)
Kann das jemand mal nachrechnen?
\quoteoff
Ich sehe, wie zu erwarten, keinen Fehler.
@weird: Ok, jetzt habe ich es verstanden. Danke.
Ich bin offensichtlich von den dämlichen Abi-Aufgaben der letzten Jahre "verseucht" und lese schon Zeug, was gar nicht in der Aufgabe steht. :-(
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1935, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Und noch eine von der Sorte:
\quoteon Aufgabe V601221: Der Querschnitt eines Abwasserkanals soll die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis erhalten.
Welche Höhe und Breite wird man ihm geben, wenn der Flächeninhalt des Querschnitts 1m² beträgt und die Herstellungskosten möglichst gering werden sollen? Es soll dabei berücksichtigt werden, dass das Baugelände nur eine Höhe von höchstens 0,9 m zulässt.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $h>0$ die in Metern gemessene Höhe und $b>0$ analog die Breite des Rechtecks. Dann beträgt seine in Quadratmetern gemessene Querschnittsfläche also $1=h\cdot b + \frac{\pi}{8} \cdot b^2$ und damit $h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b$. Weiterhin besitzt der Kanal eine in Metern gemessene Höhe von $0{,}9\geq h+\frac{b}{2}$.
Die Produktionskosten hängen monoton vom Umfang der Querschnittsfläche des Kanals ab, sodass diese und mit ihr der Term $2h+b+\frac{\pi}{2} \cdot b$ unter den genannten Nebenbedingungen zu minimieren ist. Setzen wir die zuvor aus der Größe der Querschnittsfläche erhaltene Beziehung zwischen $h$ und $b$ ein, so erhalten wir den Term
$f(b)=2b^{-1}-\frac{\pi}{4} \cdot b + b+ \frac{\pi}{2} \cdot b=2b^{-1}+\frac{\pi+4}{4} \cdot b,$
welcher die Ableitung $f^{\prime}(b)=\frac{\pi+4}{4}-2b^{-2}$ besitzt, die genau für $b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}$ verschwindet. Eine kurze Betrachtung für $b\rightarrow 0$ bzw. $b\rightarrow \infty$ zeigt, dass $f(b)$ in beiden Fällen gegen unendlich geht, also bis zur einzigen kritischen Stelle monoton fallend und ab dann monoton steigend ist; an der kritischen Stelle also ein globales Minimum vorliegt.
Die Produktionskosten werden also -- ohne Beachtung der Höhenbedingung -- minimal, wenn $b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}\approx 0{,}945$ m und $h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b \approx 0{,}687$ m betragen würde. Dann jedoch hätte der Kanal eine Gesamthöhe von mehr als 0,9 m. Also muss die Breite $b$ des Kanals soweit verändert werden, dass diese Höhenbedingung eingehalten wird. Da jede Vergrößerung von $b$ über den kritischen Wert hinaus bzw. jede Verkleinerung unter diesen den Umfang der Querschnittsfläche und damit die Produktionskosten weiter erhöht, werden sie unter Beachtung der Höhenbedingung dann minimal, wenn in der Höhenbedingung der Gleichheitsfall vorherrscht.
Also können wir nun zusätzlich $0{,}9=h+\frac{b}{2}$ annehmen. Setzen wir dies in die aus der Querschnittsfläche erhaltenen Beziehung zwischen $h$ und $b$ ein, so erhalten wir die Gleichung
$0{,}9-\frac{b}{2}=h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b$
bzw. $\frac{4-\pi}{8} \cdot b^2-0{,}9 b+1=0$, was die beiden Lösungen
$b_1=\frac{3{,}6}{4-\pi}+\sqrt{\frac{3{,}6^2}{(4-\pi)^2}-\frac{8}{4-\pi}}\approx 7$
und
$b_2=\frac{3{,}6}{4-\pi}-\sqrt{\frac{3{,}6^2}{(4-\pi)^2}-\frac{8}{4-\pi}}\approx 1{,}318$
besitzt. Die erste Lösung entfällt, da nur ein negatives $h$ dann die Höhenbedingung erfüllen könnte, was ausgeschlossen ist. Also muss $b=b_2$ gelten und wir erhalten $h=0{,}9-\frac{b}{2} \approx 0{,}241$.
Damit muss das Rechteck, welches dem Kanal zu Grunde liegt, eine Breite von ca. 1,318 m und eine Höhe von ca. 0,241 m besitzen.
Kann auch das noch jemand mal nachrechnen?
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1933 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1936, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Aufgabe 11 - V601211
Der links von $P_1(2; 3)$ liegende Bogen einer Ellipse (Mittelpunkt im Koordinatenursprung) und deren Tangente in $P_1$ begrenzen mit der x-Achse ein Flächenstück, durch dessen Rotation um die x-Achse ein tropfenförmiger Körper mit dem größten Querschnitt $q = 12\pi$ Flächeneinheiten entsteht.
Wie groß ist das Volumen des Rotationskörpers?
$
\begin{tikzpicture}[scale=0.6,font=\small, samples=100]
\draw[fill=blue!10] (60:4cm and 3.464 cm) arc (60:180:4cm and 3.464 cm);
\draw[fill=blue!10] (-4,0) -- (2,3) -- (8,0) -- cycle;
\draw[->] (-5,0) -- (10,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-4) -- (0,4) node[left] {$y$};
\foreach \i in {-5,-3,-1,1,3,5} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i,0) {\i};
}
\foreach \i in {-3,-2,-1,1,2,3} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i) {\i};
}
\coordinate (p) at (2,3);
\coordinate (q) at (8,0);
\draw[dashed] (p) -- (2,0);
\draw (m) ellipse (4 cm and 3.464 cm);
\draw[red] ($(q)!1.2!(p)$) -- ($(p)!1.2!(q)$) node[right] {$t$};
\foreach \P in {p,q}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.1);}
\node[right] at (p) {$P(2;3)$};
\node[above right] at (q) {$Q(8;0)$};
\node[below left] at (0,0) {0};
%\node[right] at (0.2,1.5) {$y=f(x)$};
\end{tikzpicture}
$
In der Abbildung ist die um die x-Achse rotierende Fläche farbig hervorgehoben. Ihr größter Querschnitt ist ein Kreis und tritt bei $x=0$ auf, womit aus $\pi b^2 = 12 \pi$ sofort $b = \sqrt 12$ folgt.
Aus der Ellipsengleichung $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ ergibt sich mit $b^2 = 12$ bei Einsetzen des Punktes $P(2;3)$, dass die große Halbachse $a=4$ ist, d.h. $a^2=16$.
Mit der Tangentengleichung $\frac{xx_P}{a^2}+\frac{yy_P}{b^2} = 1$ wird für die Tangente
\[
\frac{2x}{16}+\frac{3y}{12} = 1 \rightarrow y = 4 - \frac{x}{2}
\]
mit der Nullstelle $x=8$.
Damit setzt sich die rotierende Fläche aus einem rechtwinkligen Dreieck (Kathetenlängen 3 cm und 6 cm) und einem Ellipsensegment von $x=-4$ bis $x=2$ der Ellipse $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$. Es wird
\[
V = V_{\text{Dreieck}} + V_{\text{Segment}}
\]
\[
= \pi\cdot 3^2 \cdot 6 + \int \limits_{-4}^2 \left(\frac{1}{4} \sqrt{192-12x^2} \right)^2 dx
\]
\[
= 54\pi + \left[\frac{x}{4} (48-x^2)\right]_{-4}^2 = 54\pi + 54
\]
Der Rotationskörper hat ein Volumen von $54 (\pi+1) \approx 223,6$ cm$^3$.
Hoffentlich habe ich mich nicht verrechnet.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1937, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Bei der folgenden Aufgabe habe ich mich entweder verrechnet, oder aber sie ist seltsam...
\quoteon Aufgabe V601218: Ein Porzellantiegel (äußere Höhe h=10 cm, Dichte des Porzellans: 2,5 g/cm³), dessen ̈außere und innere Begrenzung durch Umdrehung der Parabeln
$y=\frac{1}{10} x^2$ und $y=\frac{1}{40}(x^2+ 10)$
entsteht, schwimmt aufrecht in einem Wasserbecken.
Wie tief taucht der Tiegel ein, wenn er 1 cm hoch mit Quecksilber gefüllt ist? (Dichte des Quecksilbers 13,5 g/cm³)
\quoteoff
Da die zweite Parabel für Werte von $x$ in der Umgebung von 0 oberhalb der ersten verläuft, aber die innere Begrenzung des Porzellantiegels beschreibt, muss die Rotation dieser Parabeln zur Beschreibung der Begrenzung des Porzellantiegels um die $y$- (und nicht die $x$)-Achse erfolgen.
Die beiden Parabeln schneiden sich in einem Punkt $(x,y)$ genau dann, wenn $\frac{1}{10} x^2=\frac{1}{40} (x^2+10)$, also $4x^2=x^2+10$ bzw. $x=\pm \sqrt{\frac{10}{3}}$ und $y=\frac{1}{10} x^2=\frac{1}{3}$ gilt.
Da die erste Parabel schneller steigt als die zweite, wechseln an diesem Schnittpunkt "außen" und "innen", was keinen Sinn ergibt. Also muss dieser Schnittpunkt die Begrenzung des Porzellantiegels darstellen.
Das Volumen $V_1$ des Rotationskörpers, der durch die äußere Parabel bis zum Schnitt mit der inneren Parabel entsteht, erhält man durch die Integration über die Kreisscheiben mit Radius $x(y)$, wobei $y$ von 0 bis $\frac{1}{3}$ läuft. Dabei ist $x(y)$ die zugehörige Umkehrfunktion, die man mit $x(y)=\sqrt{10y}$ erhält. Die zugehörige Kreisscheibe in der Höhe $y$ hat also eine Fläche von $\pi \cdot x(y)^2=\pi \cdot 10y$. Es ist also
$V_1=\int_{y=0}^{\frac{1}{3}} \pi \cdot 10y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 5y^2 \right]_0^{\frac{1}{3}}= \pi \cdot \frac{5}{9}.$
Analog berechnet man das Volumen $V_2$ des durch die Rotation der zweiten Parabel entstehenden Rotationskörpers, der den nicht aus Porzellan bestehenden Teil im Innern des ersten Rotationskörpers ausschneidet, sodass dann nur noch der Porzellantiegel verbleibt mit
$V_2=\int_{y=\frac{1}{4}}^{\frac{1}{3}} \pi \cdot (40y-10) \mathrm{d}y=\pi \cdot \left[20y^2-10y\right]_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{3}}=\pi \cdot \left(\frac{20}{9}-\frac{10}{3}-\frac{20}{16}+\frac{10}{4}\right)=\pi \cdot \left(\frac{-10}{9}+\frac{5}{4}\right)=\pi \cdot \frac{5}{36}.$
Damit hat der Porzellantiegel ein Volumen von $V_P=V_1-V_2=\pi \cdot \frac{15}{36}=\pi \cdot \frac{5}{12}$.
Das Quecksilber-Volumen $V_Q$ erhält man analog zu $V_2$, indem man den gleichen Integranden (sprich: Fläche der jeweiligen Kreisscheibe bis zum inneren Rand des Porzellantiegels) vom inneren Grund des Tiegels bei $y=\frac{1}{4}$ bis eben zur Höhe $\frac{1}{4}+\frac{1}{30}=\frac{17}{60}$ integriert. Dabei kommt der Unterschied dadurch zu Stande, dass das Quecksilber genau die Höhe von einem Zehntel der Außenhöhe des Porzellantiegels einnimmt. Es gilt also
$V_Q=\pi \cdot \left[20y^2-10y\right]_{\frac{1}{4}}^{\frac{17}{60}}=\pi \cdot \left(\frac{289}{180}-\frac{17}{6}-\frac{20}{16}+\frac{10}{4}\right)=\pi \cdot \left(-\frac{221}{180}+\frac{5}{4}\right)=\pi \cdot \frac{4}{180}=\pi \frac{1}{45}.$
Es sei $m$ die Masse, die $\pi$ Volumeneinheiten Wasser wiegen. Dann hat der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel eine Masse von
$m_P=\frac{m}{\pi} \cdot (2{,}5 \cdot V_P+13{,}5 \cdot V_Q)=m \cdot \left(\frac{5}{2} \cdot \frac{5}{12} + \frac{27}{2} \cdot \frac{1}{45}\right)=m \cdot \left(\frac{25}{24}+\frac{3}{10}\right)=m \cdot \frac{125+36}{120}=m\cdot \frac{161}{120}.$
Hat der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel einen Tiefgang von $t>0$, so verdrängt er Wasser mit einem Volumen von
$V_W=\int_{y=0}^{t} \pi \cdot 10y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 5y^2 \right]_0^{t}= \pi \cdot 5t^2,$
was eine Masse $m_W$ von $5t^2 \cdot m$ besitzt. Da bei einem schwimmendem Körper dessen Masse genau der des verdrängten Wassers entspricht, gilt $m_P=m_W$, also $5t^2=\frac{161}{120}$ bzw. $t=\frac{\sqrt{966}}{60}$. Dies ist das $\frac{\sqrt{966}}{20}$-fache der Außenhöhe des Porzellantiegels, was wegen $\sqrt{966}>\sqrt{400}=20$ größer als 1 ist. Also geht der mit Quecksilber gefüllte Porzellantiegel unter...
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1938, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-06 16:18 - weird in Beitrag No. 1930)
@Cyrix
Ja, ich hätte die geometrische Argumentation mit den für sehr kleines $\varepsilon>0$ fast parallelen Mittelsenkrechten auf die Seiten, deren Schnittpunkt ja der Umkreismittelpunkt ist, jetzt schon noch ein wenig ausgeführt, es ging mir aber mehr darum, ob man die durchaus nichttriviale Rechnung von Steffen nicht überhaupt weglassen kann. Aber du hast ja schon mehr oder weniger eine Antwort darauf gegeben.
\quoteoff
Man kann die Rechnung noch verkürzen. Man muss nicht den komplizierten Weg über die Fläche gehen, sondern kann beim gleichschenkligen Dreieck den Umkreisradius ja durch intensives Anwenden des Satzes von Pythagoras berechnen. Sei $a$ einer von den zwei gleichen Schenkeln und $c$ die dritte Seite, dann ist
$$R^2=\left(\tfrac12c\right)^2+\left(R-\sqrt{a^2-\left(\tfrac12c\right)^2}\right)^2$$$$R^2=\tfrac14c^2+R^2-2R\sqrt{a^2-\tfrac14c^2}+a^2-\tfrac14c^2$$$$R\sqrt{4a^2-c^2}=a^2$$$$R=\frac{a^2}{\sqrt{2a+c}\cdot\sqrt{2a-c}}$$$$R=\frac{a^2}{\sqrt U\sqrt{4a-U}}$$
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1936 begonnen.]
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| Beitrag No.1939, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon(2019-09-06 21:41 - cyrix in Beitrag No. 1937)
Da die erste Parabel schneller steigt als die zweite, wechseln an diesem Schnittpunkt "außen" und "innen", was keinen Sinn ergibt. Also muss dieser Schnittpunkt die Begrenzung des Porzellantiegels darstellen.
\quoteoff
In der Aufgabe steht:
\quoteon Aufgabe V601218: Ein Porzellantiegel (äußere Höhe h=10 cm, ...
\quoteoff
Diese Höhe findet ich deiner Rechnung nicht.
Aber du hast natürlich recht: Wenn man sich die Funktionsbilder mal ansieht, wirkt das alles ziemlich komisch.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_tiegel.PNG
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1940, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Ich habe dann 1/3=10 cm gesetzt, was auch seltsam ist...
Cyrix
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1941, eingetragen 2019-09-06
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\quoteon
Aufgabe 21 - V601221
Der Querschnitt eines Abwasserkanals soll die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis erhalten. Welche Höhe und Breite wird man ihm geben, wenn der Flächeninhalt des Querschnitts 1 m² beträgt und die Herstellungskosten möglichst gering werden sollen?
Es soll dabei berücksichtigt werden, dass das Baugelände nur eine Höhe von höchstens 0,9 m zulässt.
\quoteoff
\showon Lösungsversuch (-alternative) Edit:
Für das Ziel, möglichst geringe Herstellkosten, sollte der Materialbedarf und somit der Umfang von dem Rohrprofil möglichst gering sein. Da die Breite des Rechtecks immer gleich dem Durchmesser des aufgesetzten Halbkreises sein muss, und $a\leq0,9$ begrenzt ist, genügt hier die Berechnung der unter diesen Voraussetzungen möglichen Flächenquerschnitte. Ausgehend von einem Rechteck $A=a\cdot b$ ergibt sich für den Querschnitt des Rohrprofils $$A_{_R}=(0,9-\frac{b}{2})b+\frac{b^2\pi}{8}=1$$
Daraus folgt nach Umformung für $b$
$$b^2-b\frac{7,2}{4-\pi}+\frac{8}{4-\pi}=0$$
und damit die Ergebnisse für $b=\lbrace (1,3183),\;(7,0693)\rbrace.$
Nur für $b=1,3183, \; (a-\frac{b}{2})=0,2408$ ist $(a-\frac{b}{2})>0$ und ist somit die einzige Lösung. Setzt man nun für $a<0,9$ die Werte $(a,b(a))$ in die Gleichung $U_{_R}(a,b)=b(1+\frac{\pi}{2})+2(a-\frac{b}{2})$ ein, ist $U_{_R}(a,b)$ monoton wachsend, womit für $a=0,9$ der kleinst mögliche Umfang gegeben ist.
\showoff Edit 07.09.19
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| Beitrag No.1942, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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@Olga: Du müsstest schon begründen, warum das Optimum angenommen wird, wenn der Kanal genau 0,9m hoch ist. Es könnte ja auch sein -- was du bisher nicht ausgeschlossen hast --, dass der optimale Kanal eine geringere Höhe hat...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1943, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-06
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Hier ist die Aufgabe in der LVZ Sonderausgabe von 1965
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_tiegel2.PNG
Ich vermute, da ist beim Drucksatz etwas schief gegangen.
Es soll wohl eher
$y = \frac{1}{40} x^2$ als äußere Begrenzung und
$y = \frac{1}{10} (x^2+10)$ als innere Begrenzung
heißen. Da wurden wohl die Zahlen vertauscht.
Dann schneiden sich die Kurven nicht und es entsteht ein "ordentlicher" Tiegel.
Nebenbei: Es wäre nicht der erste Druckfehler in der LVZ 65. In den spärlich vorhandenen Lösungen (nur Ergebnisse und diese Aufgabe gar nicht)
gibt es leider einige.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1941 begonnen.]
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1944, eingetragen 2019-09-06
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@cyrix Dann muss ich es mir morgen noch einmal ansehen und ergänzen.
Meine Überlegung hier war die, dass es nur 2 Lösungen, und davon nur eine mögliche gibt. Was aber richtigerweise nicht ausschließt, dass es eine bessere Lösung mit a<0,9 geben kann. Danke Olga.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1945, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Na dann wollen wir mal mit den geänderten Zahlen rechnen, und schauen, was dabei rumkommt. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, geht der Tiegel aber immernoch unter...
\quoteon Aufgabe V601218: Ein Porzellantiegel (äußere Höhe h=10 cm, Dichte des Porzellans: 2,5 g/cm³), dessen ̈außere und innere Begrenzung durch Umdrehung der Parabeln
$y=\frac{1}{40} x^2$ und $y=\frac{1}{10}(x^2+ 10)$
entsteht, schwimmt aufrecht in einem Wasserbecken.
Wie tief taucht der Tiegel ein, wenn er 1 cm hoch mit Quecksilber gefüllt ist? (Dichte des Quecksilbers 13,5 g/cm³)
\quoteoff
Da die zweite Parabel für alle Werte von $x$ oberhalb der ersten verläuft, aber die innere Begrenzung des Porzellantiegels beschreibt, muss die Rotation dieser Parabeln zur Beschreibung der Begrenzung des Porzellantiegels um die $y$- (und nicht die $x$)-Achse erfolgen.
Die beiden Parabeln schneiden sich nie. Zur Lösung der Aufgabe wird angenommen, dass die Größen in cm angegeben sind, sodass also die $y$-Koordinate des Tiegels das Intervall $[0;10]$ durchläuft.
Das Volumen $V_1$ des Rotationskörpers, der durch die äußere Parabel bis zur maximalen Höhe von $y=10$ entsteht, erhält man durch die Integration über die Kreisscheiben mit Radius $x(y)$, wobei $y$ von 0 bis $10$ läuft. Dabei ist $x(y)$ die zugehörige Umkehrfunktion, die man mit $x(y)=\sqrt{40y}$ erhält. Die zugehörige Kreisscheibe in der Höhe $y$ hat also eine Fläche von $\pi \cdot x(y)^2=\pi \cdot 40y$. Es ist also
$V_1=\int_{y=0}^{10} \pi \cdot 40y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 20y^2 \right]_0^{10}= \pi \cdot 2000.$
Analog berechnet man das Volumen $V_2$ des durch die Rotation der zweiten Parabel entstehenden Rotationskörpers, der den nicht aus Porzellan bestehenden Teil im Innern des ersten Rotationskörpers ausschneidet, sodass dann nur noch der Porzellantiegel verbleibt mit
$V_2=\int_{y=1}^{10} \pi \cdot (10y-10) \mathrm{d}y=\pi \cdot \left[5y^2-10y\right]_{1}^{10}=\pi \cdot \left(500-100-5+10\right)=\pi \cdot 405.$
Damit hat der Porzellantiegel ein Volumen von $V_P=V_1-V_2=\pi \cdot 1595$.
Das Quecksilber-Volumen $V_Q$ erhält man analog zu $V_2$, indem man den gleichen Integranden (sprich: Fläche der jeweiligen Kreisscheibe bis zum inneren Rand des Porzellantiegels) vom inneren Grund des Tiegels bei $y=1$ bis eben zur Höhe $1+1=2$ integriert. Dabei kommt der Unterschied dadurch zu Stande, dass das Quecksilber genau die Höhe von einem Zentimeter einnimmt. Es gilt also
$V_Q=\pi \cdot \left[5y^2-10y\right]_{1}^{2}=\pi \cdot \left(20-20-5+10\right)=\pi \cdot 5.$
Der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel hat eine in Gramm gemessene Masse von
$m_P=2{,}5 \cdot V_P+13{,}5 \cdot V_Q= \pi \cdot \left(\frac{5}{2} \cdot 1595 + \frac{27}{2} \cdot 5\right)=\pi \cdot \frac{7975+135}{2}=\pi \cdot \frac{8110}{2}=\pi\cdot 4055.$
Hat der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel einen Tiefgang von $t>0$, so verdrängt er Wasser mit einem Volumen von
$V_W=\int_{y=0}^{t} \pi \cdot 40y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 20y^2 \right]_0^{t}= \pi \cdot 20t^2,$
was eine Masse $m_W$ von $\pi \cdot 20t^2$ g besitzt. Da bei einem schwimmendem Körper dessen Masse genau der des verdrängten Wassers entspricht, gilt $m_P=m_W$, also $20t^2=4055$ bzw. $t=\frac{\sqrt{811}}{2}\approx 14{,}24$ cm, was mehr ist als die Höhe des Tiegels, sodass dieser vollständig untergeht.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1946, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Aufgabe 19 - V601219
Zeichnen Sie die Ellipse
\[
9x^2 + 25y^2 = 225 \tag{1}
\]
und bestimmen Sie grafisch und rechnerisch die Punkte, in denen die Brennstrahlen senkrecht aufeinander stehen.
Lösung:
Umstellen der Ellipsengleichung ergibt
\[
\frac{x^2}{25}+ \frac{y^2}{9} = 1 \tag{2}
\]
d.h. die Halbachsen $a= 5$ und $b = 3$. Die lineare Exzentrizität wird damit $e = \sqrt{a^2-b^2} = 4$. Die Brennpunkte haben die Koordinaten $F_1(-4,0)$ und $F_2(4,0)$.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.6666]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(f1) at (-4,0);
\coordinate(f2) at (4,0);
\coordinate(e1) at (-5,0);
\coordinate(e2) at (5,0);
\draw[dashed] (-5.5,0) -- (5.5,0);
\draw[dashed] (0,-3.5) -- (0,3.5);
\draw[name path=ellipse1, draw=blue] (a) ellipse (5cm and 3cm);
\path[name path=kreis, draw=red] (a) circle (4);
\path[name intersections={of=kreis and ellipse1, name=D}];
\coordinate(a) at (D-1);
\coordinate(b) at (D-2);
\coordinate(c) at (D-3);
\coordinate(d) at (D-4);
\draw (-4,0) -- (a) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (b) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (c) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (d) -- (4,0);
\foreach \P in {a,b,c,e1,e2,d,m,f1,f2}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.08);}
\node[above right] at (a) {$P_1$};
\node[above left] at (b) {$P_2$};
\node[below left] at (c) {$P_3$};
\node[below right] at (d) {$P_4$};
\node[above left] at (m) {$M$};
\node[above left] at (f1) {$F_1$};
\node[above right] at (f2) {$F_2$};
\node[above left] at (e1) {$A$};
\node[above right] at (e2) {$B$};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f1--a--f2};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f1--b--f2};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f2--c--f1};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f2--d--f1};
\end{tikzpicture}
$
Die Konstruktion erfolgt mit Zirkel und Lineal mittels klassischem Verfahren:
"Wir wählen einen Hilfspunkt $H$ auf $AB$, zeichnen um $F_1$ einen Kreisbogen mit Radius $HA$ und um $F_2$ einen Kreisbogen mit dem Radius $HB$. Die beiden Schnittpunkte dieser Kreise sind (symmetrisch zur Hauptachse liegende) Punkte $X_1$ und $X_2$ der Ellipse."
Die Punkte der Ellipse, in denen sich die Brennstrahlen senkrecht schneiden, müssen auf dem Thaleskreis über der Strecke $F_1F_2$ liegen.
Zur Konstruktion zeichnet man den Kreis um $M$ mit dem Radius $MF_1$. Die Schnittpunkte mit der Ellipse sind die vier Punkte $P_1, P_2, P_3, P_4$ mit der geforderten Eigenschaft.
Der beschriebene Thaleskreis hat die Gleichung $x^2 + y^2 = 16$. Umstellen nach $y^2$ und Einsetzen in (1) ergibt
\[
9 x^2+ 25(16-x^2) = 225 \qquad \Rightarrow \qquad
x_{1;2} = \pm \frac{5}{4}\sqrt 7 \quad ; \quad y_{1,2} = \pm \frac{9}{4}
\]
Die gesuchten Punkte haben somit die Koordinaten
\[
P_1\left(\frac{5}{4}\sqrt 7 ; \frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_2\left(-\frac{5}{4}\sqrt 7 ; \frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_3\left(-\frac{5}{4}\sqrt 7 ; -\frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_4\left(\frac{5}{4}\sqrt 7 ; -\frac{9}{4}\right)
\]
Mathematisch ist das kein Problem, aber ich bin stolz auf meine Zeichnung. Ich weiß, tikz-Profis lächeln nur müde, aber ich bin trotzdem zufrieden.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1947, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Ich habe jetzt Folgendes als Lösung von MontyPythagoras übernommen:
Aufgabe 3 - V601203
Eine Uhr, mit Synchronmotor ausgerüstet, habe ideal gleichförmig bewegte Zeiger.
Bestimmen Sie genau die Uhrzeiten, bei denen die Zeiger so stehen, dass eine Stunde später der zwischen den Zeigern befindliche Winkel dieselbe Größe hat!
(Hinweis: Die betreffenden Winkel sind kleiner als $180^\circ$.)
Lösung:
Sei der Winkel im Uhrzeigersinn von der 12 aus gerechnet $\sigma(t)$ für den Stundenzeiger und $\mu(t)$ für den Minutenzeiger. Zu einem gegebenen Startzeitpunkt $t=0$ sei die Stellung der Zeiger $\sigma_0$ und $\mu_0$. Dann lauten die Winkelgleichungen der Zeiger
$$\sigma(t)=\sigma_0+30^\circ\cdot t$$$$\mu(t)=\mu_0+360^\circ\cdot t$$Dabei werde $t$ in Stunden angegeben. Allgemein kann man formulieren:
$$\left|\mu(t)-\sigma(t)\right|\mod 360^\circ=|\mu_0-\sigma_0|\mod 360^\circ$$
Es soll nach Aufgabenstellung genau eine Stunde später wieder der gleiche Winkel zwischen den Zeigern liegen. Das heißt:
$$\frac{12}{11}\left(z-\frac{\mu_0-\sigma_0}{180^\circ}\right)=1$$Nach $\mu_0-\sigma_0$ aufgelöst:
$$\mu_0-\sigma_0=180^\circ(z-\tfrac{11}{12})$$$$\mu_0-\sigma_0=180^\circ\cdot z-165^\circ$$Da $z=2$ im Grunde das gleiche ergibt wie $z=0$, gilt also entweder:
$$\mu_0=\sigma_0-165^\circ$$oder
$$\mu_0=\sigma_0+15^\circ$$
Der Minutenzeiger muss also ursprünglich entweder $165^\circ$ hinter dem Stundenzeiger sein, oder $15^\circ$ weiter. Ersteres wäre zum Beispiel um 11:30:00 Uhr der Fall, aber nicht nur, denn wie oben gezeigt, wäre es auch bei Startzeit 12:35:27 Uhr der Fall, usw..
$15^\circ$ ist der Minutenzeiger dem Stundenzeiger voraus um 05:30:00 Uhr.
Sinngemäß gilt das gleiche, d.h. weitere Startuhrzeiten wären zum Beispiel 06:35:27, 07:40:55 und so weiter.
Ich bitte um Kontrolle.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1948, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Passt. Ich würde noch erwähnen, dass die gleiche Konstellation auch immer 12/11 Stunden später auftritt. Damit ist dann klar, wie man auf die weiteren Zeiten kommt.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1949, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Aufgabe 17 - V601217
Gegeben ist die Ellipse $9x^2 + 25y^2 = 225$ sowie der Punkt $P_1(-1; \frac{21}{5})$.
a) Gesucht sind die Gleichungen der Tangenten von $P_1$ an die Ellipse.
b) Weisen Sie nach, dass die Gerade, die $P_1$ mit der Mitte der Berührungssehne verbindet, durch den Mittelpunkt der Ellipse geht!
c) Die Hauptachse der Ellipse ist Achse einer Parabel,
deren Scheitel im Mittelpunkt der Ellipse liegt und durch $P_2(3; \frac{12}{5})$ geht.
Unter welchem Winkel schneiden sich Ellipse und Parabel?
Lösung:
Umstellen der Ellipsengleichung ergibt
\[
\frac{x^2}{25}+ \frac{y^2}{9} = 1 \tag{1}
\]
d.h. die Halbachsen $a= 5$ und $b = 3$. Die lineare Exzentrizität wird damit $e = \sqrt{a^2-b^2} = 4$. Die Brennpunkte haben die Koordinaten $F_1(-4,0)$ und $F_2(4,0)$.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.6666]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(f1) at (-4,0);
\coordinate(f2) at (4,0);
\coordinate(e1) at (-5,0);
\coordinate(e2) at (5,0);
\coordinate(p1) at (-1,21/5);
\coordinate(b1) at (-4,9/5);
\coordinate(b2) at (3,12/5);
\coordinate(mb) at (-0.5,21/10);
\coordinate(q1) at (3,12/5);
\coordinate(q2) at (3,-12/5);
\draw[dashed] (-5.5,0) -- (5.5,0);
\draw[dashed] (0,-3.5) -- (0,3.5);
\draw[name path=ellipse1, draw=blue] (a) ellipse (5cm and 3cm);
\draw (p1) -- ($(p1)!1.5!(b1)$) node[left] {$t_1$};
\draw (p1) -- ($(p1)!1.5!(b2)$) node[right] {$t_2$};
\draw (b1) -- (b2);
\draw (p1) -- (m);
\draw[green!80!black] plot[domain=0:4,samples=400]
(\x,{12/5/1.732*sqrt(\x)});
\draw[green!80!black] plot[domain=0:4,samples=400]
(\x,{-12/5/1.732*sqrt(\x)});
\foreach \P in {e1,e2,m,f1,f2,p1,b1,b2,q2,mb}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.08);}
\node[left] at (p1) {$P_1$};
\node[left] at (b1) {$B_1$};
\node[above right] at (b2) {$B_2 = P_2$};
\node[below] at (q2) {$B_3$};
\node[below left] at (mb) {$M_s$};
\node[above left] at (m) {$M$};
\node[below] at (f1) {$F_1$};
\node[below] at (f2) {$F_2$};
\node[left] at (e1) {$A$};
\node[right] at (e2) {$B$};
\end{tikzpicture}
$
a) Die Tangentengleichung dieser Ellipse in einem Berührungspunkt $B$ ist
\[
\frac{x\cdot x_B}{25}+ \frac{y\cdot y_B}{9} = 1
\]
Setzt man den Punkt $P_1$, der auf den Tangenten liegt ein, wird
\[
\frac{-x}{25}+ \frac{\frac{21}{5}}{9} = 1 \tag{2}
\]
(2) umgestellt und in (1) eingesetzt, liefert die Koordinaten der zwei Berührungspunkte
\[
B_1\left(-4; \frac{9}{5} \right) \qquad ; \qquad
B_2\left(3; \frac{12}{5} \right)
\]
mit den Tangenten
\[
t_1: \quad y = \frac{4}{5}x + 5 \qquad ; \qquad
t_2: \quad y = -\frac{9}{20}x + \frac{15}{4}
\]
b) Der Mittelpunkt der Berührungssehne $B_1B_2$ ist $M_s \left(-\frac{1}{2}; \frac{21}{10} \right)$. Er ist offensichtlich auch der Mittelpunkte der Strecke $MP_1$ und liegt damit auf der Gerade von $P_1$ durch den Mittelpunkt $M$ der Ellipse.
c) Für die Parabel ergibt sich aus dem Ansatz $y^2 = ax$ mit den Koordinaten des Punktes $P_2 \left(3; \frac{12}{5}\right)$
\[
y^2 = \frac{48}{25}x \qquad ; \qquad f(x) = y= \pm \sqrt{\frac{48}{25}x}
\]
Die Tangente in $P_2$ an die Parabel hat den Anstieg
\[
f'(x) = \frac{2}{5}\sqrt 3 \cdot x \Rightarrow f'(3) = \frac{2}{5} = m_2
\]
Die Tangente $t_2$ hat den Anstieg $m_1 = -\frac{9}{20}$. Für den Schnittwinkel der zwei Geraden, d.h. auch dem Schnittwinkel von Parabel und Ellipse, folgt damit
\[
\tan \varphi = \frac{m_2-m_1}{1+m_1\cdot m_2} = \frac{85}{82} \Rightarrow
\varphi = 46,03^\circ
\]
Ellipse und Parabel schneiden sich unter dem Winkel $46,03^\circ$.
So das war die Letzte.
Ich habe eine sehr, sehr betrübliche Nachricht.
Es kommt nicht nur kalendarisch die "dunkle Jahreszeit", nein, wir werden wohl in Trübsinn verfallen, wo es doch nun gar nichts mehr zum Rechnen gibt. :-P
Nun ernsthaft:
Vielen Dank an alle Mitstreiter. Ihr habt hier Sensationelles geleistet.
Damit haben wir nun tatsächlich alle(!) Aufgaben der Mathematik-Olympiade der Klassen 9 bis 12 von 1960 bis 1994 gelöst.
Ich tippe noch die verbleibenden Lösungen (noch etwas über 300) der Klassenstufe 8 ab und wir sind fertig!
LG Steffen
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OlgaBarati
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Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1950, eingetragen 2019-09-07
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\quoteon(2019-09-06 17:23 - cyrix in Beitrag No. 1935)
Und noch eine von der Sorte:
\quoteon Aufgabe V601221: Der Querschnitt eines Abwasserkanals soll die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis erhalten.
Welche Höhe und Breite wird man ihm geben, wenn der Flächeninhalt des Querschnitts 1m² beträgt und die Herstellungskosten möglichst gering werden sollen? Es soll dabei berücksichtigt werden, dass das Baugelände nur eine Höhe von höchstens 0,9 m zulässt.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $h>0$ die in Metern gemessene Höhe und $b>0$ analog die Breite des Rechtecks. Dann beträgt seine in Quadratmetern gemessene Querschnittsfläche also $1=h\cdot b + \frac{\pi}{8} \cdot b^2$ und damit $h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b$. Weiterhin besitzt der Kanal eine in Metern gemessene Höhe von $0{,}9\geq h+\frac{b}{2}$.
Die Produktionskosten hängen monoton vom Umfang der Querschnittsfläche des Kanals ab, sodass diese und mit ihr der Term $2h+b+\frac{\pi}{2} \cdot b$ unter den genannten Nebenbedingungen zu minimieren ist. Setzen wir die zuvor aus der Größe der Querschnittsfläche erhaltene Beziehung zwischen $h$ und $b$ ein, so erhalten wir den Term
$f(b)=2b^{-1}-\frac{\pi}{4} \cdot b + b+ \frac{\pi}{2} \cdot b=2b^{-1}+\frac{\pi+4}{4} \cdot b,$
welcher die Ableitung $f^{\prime}(b)=\frac{\pi+4}{4}-2b^{-2}$ besitzt, die genau für $b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}$ verschwindet. Eine kurze Betrachtung für $b\rightarrow 0$ bzw. $b\rightarrow \infty$ zeigt, dass $f(b)$ in beiden Fällen gegen unendlich geht, also bis zur einzigen kritischen Stelle monoton fallend und ab dann monoton steigend ist; an der kritischen Stelle also ein globales Minimum vorliegt.
Die Produktionskosten werden also -- ohne Beachtung der Höhenbedingung -- minimal, wenn $b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}\approx 0{,}945$ m und $h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b \approx 0{,}687$ m betragen würde. ....
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1933 begonnen.]
\quoteoff
Da die nachstehende Rechnung vom Ergebnis der obigen Lösung für den minimalen Umfang (ohne Berücksichtigung der Einschränkung $a\leq0,9$) abweicht, frage ich mich, wo ist mein Fehler ?
Die Querschnittsfläche des Rohrprofils ist mit $A_{_R}=ab+\frac{r^2\pi}{2}=1$ gegeben und der Umfang mit $U_{_R}=2a+b+r\pi.$ Mit $b=2r$ folgt $U_{_R}=2a+2r+r\pi$ und $a=\frac{1}{2r}-\frac{r\pi}{4}.$ $$U_{_R}=\frac{1}{r}+r(2+\frac{\pi}{2})$$
$$U'_{_R}=-\frac{1}{r^2}+2+\frac{\pi}{2}$$
$$r=\sqrt{\frac{2}{4+\pi}}\approx 0,529$$
$$a=\frac{1}{2r}-\frac{r\pi}{4}\approx 0,529=r$$
$$U_{_R}=\frac{1}{r}+r(2+\frac{\pi}{2})\approx3,779$$
$$A_{_R}=ab+\frac{r^2\pi}{2}=1$$
Würde mich über einen Hinweis freuen ? Danke Olga
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Ex_Senior
| Beitrag No.1951, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-07
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Ich habe spaßeshalber gezählt:
Von den etwa 1200 Lösungen, die durch die MathePlanetarier erstellt wurden, kommen
439 von cyrix, 114 von MontyPythagoras, 104 von weird, 73 von Nuramon, 66 von TomTom314, 47 von Kornkreis, 32 von StrgAltEntf, mehr als 20 von svrc, ochen, kuestenkind und OlgaBarati
sowie Lösungen von vielen weiteren. 126 Lösungen konnte ich liefern.
Jetzt wisst ihr, womit ihr euch dankenswerter Weise in den letzten Monaten beschäftigt habt. :-P
Übrigens ist der Text auch ein "Bilderbuch". Im Moment enthält er 1010 Abbildungen.
LG Steffen
Nachtrag: Die Zahlen sind "ohne Gewähr". Ich kann mich verzählt haben.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1952, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-21
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Hallo,
ich werde heute die Aufgaben der Olympiadeklasse 8 fertigstellen.
Danach liegen alle 2673 Aufgaben mit Lösungen der Klassen 8 bis 12 im Text vor.
Das ist schön und ich danke nochmals allen für die unglaubliche Hilfe.
Nun zum Negativen:
Ich ziehe mich anschließend in einen inaktiven Zustand aus dem Matheplaneten zurück. Es reicht.
Wenn jemand wie cyrix zum Verlassen gedrängt wird (direkt oder indirekt ist egal), dann stimmt wirklich etwas nicht.
Ich werde nur noch auf PN (oder direkte EMails) reagieren.
Ich wünsche dem Matheplaneten alle Gute.
Liebe Grüße
Steffen
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1953, eingetragen 2019-09-21
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Das ist schade, es war mir eine Freude hier teilnehmen zu dürfen. Da die Hintergründe für die Zerwürfnisse mir gänzlich unbekannt sind bleibt nur noch alles Gute zu wünschen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1954, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-21
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Geschafft!
Alle 2673 Aufgaben mit Lösungen der Mathematik-Olympiade von 1960 bis 1994 der Klassenstufen 8 bis 12.
Link:
https://mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525
Start des Projekts: 22.4.2019 , Ende des Projekts: 21.9.2019
d.h. nur 5 Monate.
Die Datei hat 1893 Seiten und 9,5 MB Größe.
Im Text sind 1102 tikz-Zeichnungen und 93 eingefügte Abbildungen.
Ich hoffe, dass dieses "Mammutwerk" dem einen oder anderen etwas nützt.
LG Steffen
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OlgaBarati
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Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1955, eingetragen 2019-09-22
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Sehr informativ das Vorwort. Im letzten Absatz ist noch ein "zu" zuviel.
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1956, eingetragen 2019-10-18
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Huhu Steffen,
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=241352&start=1280#p1767778
es fehlt noch ein geometrischer Beweis zu dieser Aufgabe:
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-10-18_um_14.04.41.png
Wir zeichnen zunächst eine Parallele zu \(\overline{DD'}\) durch \(A\), der Schnittpunkt mit \(\overline{BC}\) sei \(E\). Nun ist nach Winkelsummensatz im Dreieck \(DBD'\) \(\angle 2=90°-\angle 1\). Da das Dreieck \(ABC\) nach Voraussetzung gleichschenklig ist und \(D\) Mittelpunkt der Seite \(c\) ist, ist \(\overline{DC}\) die Höhe auf der Seite \(c\). Es gilt somit \(\angle D'DC=90°-\angle 2=\angle 1\). Da \(\angle DD'C=90°\) nach Voraussetzung ist, folgt somit die Ähnlichkeit der Dreiecke \(DD'C\) und \(ABE\). Nach Strahlensatz ist \(D'\) Mittelpunkt der Strecke \(\overline{BE}\). Die Strecke \(\overline{AD'}\) ist somit Seitenhalbierende im Dreieck \(ABE\). Nun war \(H\) laut Voraussetzung Mittelpunkt der Strecke \(\overline{DD'}\), also ist die Strecke \(\overline{CH}\) entsprechende Seitenhalbierende im Dreieck \(DD'C\). Nun können wir das Dreieck \(ABE\) wie folgt auf das Dreieck \(DD'C\) abbilden: Wir drehen zunächst das Dreieck um \(B\) um \(90°\) und erhalten danach das Dreieck \(BIG\). Anschließend verschieben wir noch \(B\) auf \(D\) und Strecken anschließend das Dreieck. Da Verschiebung und Achsenstreckung winkeltreue Abbildungen sind, ändern sich die Winkel entsprechender Strecken nicht, womit die Behauptung bewiesen ist.
Zudem habe ich gesehen, dass Manuela Kugel auf ihrer Seite nun die Musterlösung zu 311042 gepostet hat:
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-10-18_um_14.07.09.png
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-10-18_um_14.07.21.png
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-10-18_um_14.07.33.png
Diese geht also auf den Weg über Fallunterscheidungen, so wie Tom es in #1454 gemacht hat. Vielleicht könntest du diese Lösung ja auch noch übernehmen.
Zum Ende: (Seite 1)
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-10-18_um_14.05.34.png
Ist wohl nur noch die halbe Wahrheit. :-(
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1957, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-02
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Pünktlich zum 4. Jahrestag meiner Internetseite ( https://mathematikalpha.de/mathematikaufgaben ) stehen nun auch die Olympiadeaufgaben der Klassenstufe 7 zur Verfügung.
Das PDF-File (2170 Seiten, 11 MB) enthält nun 3188 Aufgaben mit Lösungen der Klassenstufen 7 bis 12.
Vielleicht braucht es ja jemand.
Liebe Grüße und eine glückliche und friedliche Adventszeit
Steffen
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1958, eingetragen 2019-12-02
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Huhu Steffen,
\quoteon(2019-12-02 16:41 - stpolster in Beitrag No. 1957)
Pünktlich zum 4. Jahrestag meiner Internetseite ( https://mathematikalpha.de/mathematikaufgaben ) stehen nun auch die Olympiadeaufgaben der Klassenstufe 7 zur Verfügung.
\quoteoff
herzlichen Glückwunsch! Und Danke - das passt perfekt. Ich habe tatsächlich mal wieder eine Schülerin aus der 7. Klasse, welche sich für die Landesrunde nächstes Jahr qualifiziert hat. Da werde ich gerne mal stöbern.
\quoteon(2019-12-02 16:41 - stpolster in Beitrag No. 1957)
Liebe Grüße und eine glückliche und friedliche Adventszeit
\quoteoff
Das wünsche ich Dir auch!
Herzliche Grüße,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1959, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29
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Mit Stolz verkünde ich: Plan erfüllt! :-P
Die Datei mit allen(!) Olympiade-Aufgaben der Klassenstufen 5 bis 12 von 1960 bis 1994 ist fertig. Alle 3790 Aufgaben haben eine Lösung.
Die PDF-Datei hat knapp 2500 Seiten.
https://mathematikalpha.de/mathematikaufgaben
Danke nochmals allen Helfern.
Einen guten Rutsch ins Neue Jahr.
LG Steffen
PS.: Natürlich werden noch kleine Fehler im Text sein und manches ist noch zu verbessern. Aber 2020 ist ja sogar 366 Tage lang. ;-)
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