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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.200, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Hallo,
vielen Dank für die vielen neuen Lösungen.
Ich habe sie alle (bis auf eine) eingebaut und hoffe keine vergessen zu haben.
Die neue Datei ist online.
Als nächstes werde ich neue Aufgaben hinzufügen (die sind nämlich fast alle gelöst) und auch im Startbeitrag die Aufgaben anpassen.
@Hyperplot: Deine letzte Lösung wird von meinem LaTex mit einem "Speicherüberlauf" abgelehnt. Keine Ahnung woran das liegt.
LG Steffen
Nachtrag: Erstmal nur sechs neue Aufgaben eingefügt.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.201, eingetragen 2019-04-30
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\quoteon(2019-04-30 16:55 - stpolster in Beitrag No. 200)
@Hyperplot: Deine letzte Lösung wird von meinem LaTex mit einem "Speicherüberlauf" abgelehnt. Keine Ahnung woran das liegt.
\quoteoff
main-Datei und PDF für eventuelles Direkteinbinden ergänzt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1757442
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StrgAltEntf
Senior 
Dabei seit: 19.01.2013
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Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.202, eingetragen 2019-04-30
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\quoteon(2019-04-30 06:00 - stpolster in Beitrag No. 191)
\quoteon(2019-04-30 00:34 - TomTom314 in Beitrag No. 189)
@caban, StrgAltEntf
Im Original der Augabe 041226 steht tatsächlich $r/2$. @Caban: Es wäre schön, wenn Du zu der Aufgabe noch die Koordinaten der "Ecken" berechnest.
Viele Grüße
Tom
\quoteoff
Hallo,
im Original steht $r/2$. Sorry, mein Fehler. Ich habe es geändert.
LG Steffen
\quoteoff
Das erklärt natürlich die Verwirrung :-)
Der erklärende Satz sollte dann noch geändert werden in:
Es ist \(|x-y|>\frac r2\) \(\iff\) \(x-y>\frac r2\) oder \(x-y<-\frac r2\) \(\iff\) \(yx+\frac r2\).
Folglich gehören nur solche Punkte \((x,y)\) zur Menge, die unterhalb der Gerade \(y=x-\frac r2\) oder oberhalb der Geraden \(y=x+\frac r2\) liegen.
(In der anschließenden Berechnung der "Ecken" muss wohl in der vorletzten Zeile \(k\in\{-1,1\}\) statt \(q\in\{-1,1\}\) und \(-\frac q4+k\cdot\sqrt{...}\) statt \(-\frac k2+q\cdot\sqrt{...}\) stehen. Außerdem ist \(\sqrt{\frac7{16}}=\frac{\sqrt7}{4}\).)
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Ex_Senior
| Beitrag No.203, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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\quoteon(2019-04-30 18:02 - HyperPlot in Beitrag No. 201)
main-Datei und PDF für eventuelles Direkteinbinden ergänzt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1757442
\quoteoff
Danke
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Ex_Senior
| Beitrag No.204, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Moin,
wenn man einen Hammer hat, sieht alles aus wie ein Nagel. ;-)
Aufgabe 051032: a) Konstruieren Sie einen Rhombus aus $e+f$ und $\alpha$! Dabei bedeutet $e$ die Länge der Diagonalen $AC$, $f$ die Länge der DIagonalen $BD$ und $\alpha$ das Maß des Winkels $\angle DAB$.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!
Lösung:
1) Man konstruiere zwei Strahlen, die von $A$ ausgehen und den Winkel $\alpha$ einschließen.
2) Auf dem ersten Strahl markiere man einen beliebigen, von $A$ verschiedenen Punkt $B^{\prime}$.
3) Der Schnittpunkt des zweiten Strahls mit dem Kreis um $A$ durch $B^{\prime}$ heiße $D^{\prime}$.
4) Der Schnittpunkt der Parallelen zu $AB^{\prime}$ durch $D^{\prime}$ mit der Parallelen zu $AD^{\prime}$ durch $B^{\prime}$ heiße $C^{\prime}$.
5) Die Länge der Strecke $B^{\prime}D^{\prime}$ wird auf dem Strahl $AC^{\prime}$ an $C^{\prime}$ in die Richtung angetragen, in der $A$ nicht liegt. Der entstehende zweite Endpunkt dieser Strecke sei $S^{\prime}$.
6) Auf dem Strahl $AC^{\prime}$ wird zusätzlich noch der Punkt $S$ markiert, sodass die Strecke $AS$ die Länge $e+f$ habe.
7) Die Parallele zu $B^{\prime}S^{\prime}$ durch $S$ schneide die Gerade $AB^{\prime}$ im Punkt $B$; die Parallele zu $D^{\prime}S^{\prime}$ durch $S$ die Gerade $AD^{\prime}$ in $D$; und die Parallelen zu $AB$ durch $D$ sowie zu $AD$ durch $B$ sich in $C$.
Dann ist $ABCD$ der gesuchte Rhombus.
Beweis: Zuerst ist nach Konstruktion $AB^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ ein Parallelogramm (siehe Schritt 4)), wobei zwei benachbarte Seiten gleichlang sind (siehe Schritt 3)); also ein Rhombus. Weiterhin hat es bei $A$ den Innenwinkel $\alpha$, ist also ähnlich dem gesuchten Viereck. Also gibt es eine positive rationale Zahl $k$, sodass das gesuchte Viereck durch Streckung um den Faktor $k$ mit Zentrum $A$ aus dem Rhombus $AB^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ hervorgeht. Dies gilt insbesondere auch für die Diagonalen und deren Summe, sodass sich der Streckungsfaktor $k$ ergibt als $\frac{e+f}{|AC^{\prime}|+|B^{\prime}D^{\prime}|}=\frac{|AS|}{|AS^{\prime}|}$. Nach den Strahlensätzen ist dann aber auch $k=\frac{|AB|}{|AB^{\prime}|}$ sowie $k=\frac{|AD|}{|AD^{\prime}|}$. Abschließend wird $C$ wieder als vierter Parallelogrammpunkt konstruiert, sodass das so konstruierte Viereck $ABCD$ wieder ein Rhombus mit Innenwinkel $\alpha$ ist, dessen Diagonalensumme aber nun die gewünschte Größe hat.
Aufgabe 051042: a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus $h_a+h_b=10 cm$, $\alpha=45^{\circ}$, $\beta=60^{\circ}$.
Dabei ist $h_a$ die Länge der zur Seite $BC$ gehörenden Höhe, $h_b$ die Länge der zur Seite $AC$ gehörenden Höhe, $\alpha$ das Maß des Winkels $\angle BAC$ und $\beta$ das Maß des Winkels $\angle CBA$.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!
Lösung:
1) Gegeben Sei eine beliebige echte Strecke, deren Endpunkte mit $A$ und $B^{\prime}$ bezeichnet seien.
2) In $A$ trage man den Winkel $\alpha$ und in $B^{\prime}$ den Winkel $\beta$ in der entsprechenden Orientierung an die Strecke $AB^{\prime}$ an. Der Schnittpunkt der beiden freien Schenkel der Winkel heiße $C^{\prime}$.
3) Man konstruiere im Dreieck $AB^{\prime}C^{\prime}$ die Höhen auf die Seiten $B^{\prime}C^{\prime}$ sowie $AC^{\prime}$, deren Längen mit $h_a^{\prime}$ bzw. $h_b^{\prime}$ bezeichnet seien.
4) Auf einem von $A$ ausgehenden Strahl, auf dem keiner der beiden Punkte $B^{\prime}$ und $C^{\prime}$ liegt, trage man von $A$ aus die Streckenlänge $h_a^{prime}+h_b^{\prime}$ konstruktiv ab und erhalte den Punkt $S^{\prime}$.
5) Auch auf diesem Strahl konstruiere man den Punkt $S$ mit $|AS|=h_a+h_b$.
6) Die Parallele zu $B^{\prime}S^{\prime}$ durch $S$ schneide die Gerade $AB^{\prime}$ in $B$; die Parallele zu $C^{\prime}S^{\prime}$ durch $S$ die Gerade $AC^{\prime}$ in $C$.
Dann ist $\triangle ABC$ das gesuchte Dreieck.
Beweis:
Nach Konstruktion ist $\triangle AB^{\prime}C^{\prime}$ zum gesuchten Dreieck ähnlich. Also gibt es eine positive reelle Zahl $k$, sodass das gesuchte Dreieck durch Streckung um den Faktor $k$ und Zentrum $A$ aus dem Dreieck $\triangle AB^{\prime}C^{\prime}$ hervorgeht. Insbesondere ist damit auch das Verhältnis entsprechender Höhen (sowie deren Summen) in den beiden Dreiecken jeweils gleich $k=\frac{h_a+h_b}{h_a^{\prime}+h_b^{\prime}}=\frac{|AS|}{|AS^{\prime}|}$. Nach den Strahlensätzen gilt dann aber auch $k=\frac{|AB|}{|AB^{\prime}|}$ sowie $k=\frac{|AC|}{|AC^{\prime}|}$, sodass im Dreieck $\triangle ABC$ die Höhen (und deren Summe) die richtige Länge besitzen.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.200 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.205, eingetragen 2019-04-30
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\quoteon(2019-04-30 18:18 - stpolster in Beitrag No. 203)
\quoteon(2019-04-30 18:02 - HyperPlot in Beitrag No. 201)
main-Datei und PDF für eventuelles Direkteinbinden ergänzt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1757442
\quoteoff
Danke
\quoteoff
Schade. Es war doch noch ein Fehler drinn - jetzt korrigiert.
Am besten immer einen Tag warten mit der Übernahme...
Und ggf. multicols verwenden für für (Fließ-)Bilder neben Text:
\sourceon latex
% \usepackage{multicol}
\begin{multicols}{2}%[''titel''][''Abstand'']
\input{030923-Planfigur1}
\columnbreak
Planfigur 1. Die Betrachtung der Stufen- bzw. F-Winkel sowie der Supplementwinkel bei $X$ und $Y$ liefert die $60^\circ$-Winkel bei $Z$. \\[0.5em]
Zur Konstruktion wird also lediglich die Position der Spitze $Z$ des gesuchten gleichseitgen Dreiecks $XYZ$ benötigt.
\end{multicols}
\sourceoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.206, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Aufgabe 051043: Man beweise folgenden Satz:
Due sechs Ebenen, deren jede einen Innenwinkel zwischen zwei Seitenflächen des (nicht notwendigerweise regelmäßigen) Tetraeders mit den Ecken $A_i$, $i=1,2,3,4$, halbiert, schneiden einander in genau einem Punkt $M$.
Dieser ist der Mittelpunkt der dem Tetraeder einbeschriebenen Kugel.
Anmerkung: Die Existenz einer einbeschriebenen Kugel soll beim Beweis nicht benutzt werden.
Lösung:
Für jeden Punkt $P$ auf einer solchen Ebene, die den Innenwinkel zwischen zwei Seitenflächen halbiert, gilt, dass seine Lote auf die beiden Seitenflächen-Ebenen gleich groß sind. Umgekehrt bildet die Menge der Punkte, für die deren Lote auf diese beiden Seitenflächen-Ebenen gleich groß sind, genau jeweils eine solche Winkelhalbierenden-Ebene.
Da jede dieser Ebenen eine Kante des Tetraeders enthält, und keine zwei Tetraederkanten parallel sind, sind auch keine zwei dieser sechs Ebenen zueinander parallel. Es folgt, dass sich je drei von ihnen in genau einem Punkt schneiden.
Sei $M$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden-Ebenen durch die Geraden $A_1A_2$, $A_1A3$ und $A_2A4$. Auf der ersten dieser Winkelhalbierenden-Ebenen liegen alle Punkte, deren Lote auf die Ebenen $\epsilon_{A_1A_2A_3}$ und $\epsilon_{A_1A_2A_4}$ gleichlang sind; in der zweiten die, für die die Lote auf die Ebenen $\epsilon_{A_1A_2A_3}$ und $\epsilon_{A_1A_3A_4}$ gleichlang sind; und auf der dritten die, für die die Lote auf die Ebenen $\epsilon_{A_1A_2A_4}$ und $\epsilon_{A_2A_3A_4}$ gleichlang sind. Für den Punkt $M$ stimmen also die Längen der Lote auf alle vier Seitenflächen-Ebenen überein. Damit ist aber $M$ in jeder der sechs Winkelhalbierenden-Ebenen enthalten, also ihr gemeinsamer Schnittpunkt.
Da die Lote von $M$ auf die Seitenflächenebenen alle gleichlang sind, berührt eine Kugel um $M$ mit diesem Radius genau alle Seitenflächen (in den jeweiligen Lotfußpunkten).
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.207, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Der aktuelle Stand sind nun 236 Lösungen auf 199 Seiten.
Danke.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.208, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Aufgabe 051046: Der Kreis $k$ rolle auf dem Kreis $k^{\prime}$, dessen Radius doppelt so groß ist wie der von $k$, ohne zu gleiten, ab, indem er stets $k^{\prime}$ von innen berührt.
Man ermittle die Bahnkurve, die ein beliebiger auf $k$ fixiert zu denkender Punkt $P$ bei dieser Bewegung durchläuft!
Anleitung: Man beweise zunächst folgenden Hilfssatz!
Trifft jeder von zwei vom Mittelpunkt $M^{\prime}$ von $k^{\prime}$ ausgehende Strahlen $k$ ein zweites Mal, so werden durch diese Schnittpunkte $k$ bzw. $k^{\prime}$ in zwei solche Bögen zerlegt, dass die im gleichen Winkelraum gelegenen Bögen gleich lang sind.
Lösung:
Wir beweisen zuerst den Hilfssatz:
Der Kreis $k$ habe den Radius 1 und damit $k^{\prime}$ den Radius 2. Mit den Bezeichnungen aus der Skizze in der Aufgabenstellung hat der Bogen zwischen $S_1^{\prime}$ und $S_2^{\prime}$ eine Länge von $2 \cdot \angle S_1^{\prime}M^{\prime}S_2^{\prime}$, wobei der Winkel im Bogenmaß angegeben sei. Da $M^{\prime}$ auf dem Kreis $k$ liegt, ist $\angle S_1^{\prime}M^{\prime}S_2^{\prime}=\angle S_1M^{\prime}S_2$ ein Peripheriewinkel im Kreis $k$, dessen zugehöriger Zentriwinkel $\angle S_1MS_2$ nach dem Peripherie-Zentriwinkel-Satz genau doppelt so groß ist, also $\angle S_1MS_2=2 \cdot \angle S_1M^{\prime}S_2$ beträgt. Da $k$ den Radius 1 besitzt, hat der Bogen zwischen $S_1$ und $S_2$ damit die Länge $2 \cdot \angle S_1M^{\prime}S_2$, also die gleiche wie der Bogen zwischen $S_1^{\prime}$ und $S_2^{\prime}$ auf $k^{\prime}$, $\Box$.
Wendet man den Hilfssatz auf die Situation an, in der einer der beiden von $M^{\prime}$ ausgehenden Strahlen $M$ enthält, so schneidet dieser beide Kreise in ihrem Berührungspunkt. Da die von dort ausgehenden Bögen zu den Schnittpunkten des zweiten Strahls gleich lang sind, heißt dies, dass beim weiteren Abrollen von $k$ an $k^{\prime}$ diese beiden Punkte sich berühren werden. Da dieser Berührpunkt auf $k^{\prime}$ fest ist, findet man bei jeder Lage des Kreises $k$ den darauf fixierten (und sich somit mitbewegenden) Punkt, der später auf den Berührpunkt abgerollt wird, indem man die Gerade durch den Berührpunkt und $M^{\prime}$ mit $k$ schneidet (und den von $M^{\prime}$ verschiedenen Schnittpunkt betrachtet, sofern es zwei verschiedene gibt).
Damit bewegt sich ein auf $k$ fixierter Punkt $P$ auf einem Durchmesser von $k^{\prime}$.
Bemerkung: Die Argumentation funktioniert auf diese Weise an sich nur dann, wenn sich $M$ höchstens $\frac{\pi}{2}$ "vor" oder "nach" dem Berührpunkt von $P$ an $k^{\prime}$ befindet, da nur dann der von $M^{\prime}$ ausgehende und durch den Berührpunkt verlaufende Strahl den Kreis $k$ überhaupt noch zumindest tangiert. Aber da $k^{\prime}$ den doppelten Radius von $k$ hat, rollt $k$ bei einer vollständigen Umdrehung um $k^{\prime}$ genau zweimal ab, sodass nach einer halben Runde $P$ ein zweites mal $k^{\prime}$ berührt; genau am auf $k^{\prime}$ dem ersten Berührpunkt diametral gegenüberliegenden Punkt, sodass sich die beiden von $M^{\prime}$ ausgehenden und durch die Berührpunkte verlaufenden Strahlen zu einer Gerade ergänzen und die Argumentation nun für beliebige Lagen von $M$, ohne Einschränkung an Winkel, durchführbar ist.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.209, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Eine kürzere Alternativlösung für
Aufgabe 071041: Welchen Rest lässt eine natürliche Zahl $a$ bei der Division durch 73, wenn die Zahlen $a^{100}-2$ und $a^{101}-69$ durch 73 teilbar sind!
Lösung:
Mit $a^{100}-2$ und $a^{101}-69$ ist auch $\left(a^{101}-69\right)-\left(a^{100}-2\right) \cdot a-73=a^{101}-69-a^{101}+2a-73=2a-4=2(a-2)$ durch 73 teilbar, sodass $a$ bei der Teilung durch 73 den Rest 2 lässt.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.210, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-30
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Kürzere Alternativlösng für
Aufgabe 051041: Es seien $m$, $n$, $p$ und $q$ ganze Zahlen mit der Eigenschaft $m-p\neq 0$.
Man zeige, dass in diesem Fall $m-p$ genau dann Teiler von $mq+np$ ist, wenn $m-p$ Teiler von $mn+pq$ ist!
Lösung:
Es ist $(mq+np)-(mn+pq)=mq-mn-(pq-pn)=(m-p)(q-n)$ durch $m-p$ teilbar, woraus direkt das Gewünschte folgt.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.211, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Zur Aufgabe 081046: Die Abbildung zeigt einen Würfel $W=ABCDEFGH$ mit der Kantenlänge $a$.
In den Seitenflächen $ABCD$, $ABFE$, $ADHE$, $BCGF$, $DCGH$, $EFGH$ von $W$ sind kantenparallele Quadrate $A_1B_1C_1D_1$, $A_2B_2F_2E_2$, $A_3D_3H_3E_3$, $B_4C_4G_4F_4$, $D_5C_5G_5H_5$, $E_6F_6G_6H_6$ einer Kantenlänge $x0$) und die andere $\frac{1+ \sqrt{3}}{2} \cdot a$ größer als $a$ und somit auch nicht zulässig.
Es verbleibt die einzig mögliche Wahl für $x$ im Intervall $[0, a]$ mit $x=\frac{1}{2} a$ als einzige Lösung.
Aufgabe 081045: Man ermittle alle reellen Zahlen $x$, die die Gleichung $4 \cdot \log_4x +3=2 \cdot \log_x 2$ erfüllen!
Lösung:
Mit $\log_b a=\frac{\log_2 a}{\log_2 b}$ und $y:=\log_2 x$ geht die Gleichung über in
$4 \cdot \frac{y}{2} + 3=2\cdot \frac{1}{y}$, also $2y^2+3y-2=0$ bzw. $y=-\frac{3}{4} \pm \sqrt{\frac{9}{16}+1}=\frac{3\pm 5}{4}$. Damit erhält man die erste Lösung $y_1=\frac{-3+5}{4}=\frac{1}{2}$ und also $x_1=2^{y_1}=\sqrt{2}$ und als zweite $y_2=\frac{-3-5}{4}=-2$ und damit $x_2=2^{y_2}=\frac{1}{4}$. Einsetzen in die Ausgangsgleichung bestätigt beide Werte.
Aufgabe 081042: Gegeben seien zwei reelle Zahlen $a$ und $b$ mit $a\neq b$ und $ab>0$. Man untersuche, ob für
$x=\frac{1}{2} \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)$ der Ausdruck $s=\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}$
existiert! Ist dies der Fall, so drücke man $s$ weitgehend vereinfacht durch $a$ und $b$ aus, in diesem Falle rational!
Lösung:
Wegen $ab>0$ sind $a$ und $b$ entweder beide positiv oder beide negativ, also die Brüche $\frac{a}{b}$ und $\frac{b}{a}$ in jedem Falle positiv. Dann ist deren Summe wegen $a\neq b$ echt größer als 2 und $x>1$, sodass $\sqrt{x-1}$ definiert ist. Aufgrund der strengen Monotonie der Wurzel-Funktion ist auch $\sqrt{x+1}>\sqrt{x-1}$, sodass der Nenner von $s$ nie verschwindet und dieser Term also für jede solche Wahl von $a$ und $b$ wohldefniert ist.
Zur Vereinfachung von $s$ erweitern wir den Bruch mit $\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}$ und erhalten
$s=\frac{\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\right)^2}{\sqrt{x+1}^2-\sqrt{x-1}^2}=\frac{x+1+2\sqrt{x^2-1}+x-1}{x+1-x+1}=\frac{2x+2\sqrt{x^2-1}}{2}=x+\sqrt{x^2-1}$.
Dabei ist $x^2-1=\frac{1}{4} \cdot \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2-1=\frac{1}{4} \cdot \left(\frac{a^2}{b^2}+2+\frac{b^2}{a^2}-4\right)=\frac{1}{4} \cdot \left(\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\right)^2$.
Setzt man dies ein, erhält man
$s=x+\sqrt{x^2-1}=\frac{1}{2} \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) + \frac{1}{2} \left|\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\right|$.
Ist $|a|>|b|$, so ist die Differenz im Betrag positiv und man erhält $s=\frac{a}{b}$, andernfalls ist sie negativ und man erhält $s=\frac{b}{a}$.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.212, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Alternativlösung zu 071023: Beweisen Sie, dass für jedes natürliche $n$, $n >1$, die Zahl $2^{2^n} + 1$ mit der Ziffer 7 endet!
Für $n=2$ ist $2^{2^n}-1=2^4-1=15$ und mit $2^{2^k}-1$ endet auch $2^{2^{k+1}}-1=\left(2^{2^k}\right)^2-1^2=\left(2^{2^k}-1\right) \cdot \left(2^{2^k}+1\right)$ mit der Ziffer 5, da $\left(2^{2^k}+1\right)$ eine ungerade Zahl ist. Induktiv folgt also für alle natürlichen $n\geq 2$, dass die Zahl $2^{2^k}-1$ auf die Ziffer 5 und somit $2^{2^k}+1=\left(2^{2^k}-1\right)+2$ auf die Ziffer 7 endet.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.213, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Dann mal der erste Tag Klasse 10 der Landesrunde der 7. Olympiade:
Aufgabe 071031: Beweisen Sie folgende Aussage:
Die Winkelhalbierende je eines Innenwinkels jedes Dreiecks teilt die gegenüberliegende Seite in Abschnitte, von denen jeder kleiner ist als die dem Innenwinkel anliegende Dreiecksseite durch einen Endpunkt des betrefenden Abschnitts.
Lösung:
Wir betrachten das Dreieck $\triangle ABC$ und o.B.d.A. die Winkelhalbierende durch $B$, welche die Seite $AC$ im Punkt $W_B$ schneide. O.B.d.A. betrachten wir das Teildreieck $\triangle ABW_B$. Dessen Innenwinkel bei $W_B$ sei mit $\phi$ bezeichnet; die Innenwinkel im Dreieck $\triangle ABC$ bei $A$ und $B$, wie üblich, mit $\alpha$ und $\beta$. Dann ist, da $BW_B$ den Innenwinkel $\beta$ halbiert, also $\angle W_BBA=\frac{\beta}{2}$, und aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $ABW_B$ schließlich $\phi=180^{\circ}-\alpha-\frac{\beta}{2}$.
Aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle ABC$ ist $\alpha<180^{\circ}-\beta$, also $\phi>180^{\circ}-(180^{\circ}-\beta)-\frac{\beta}{2}=\frac{beta}{2}$.
Da in einem Dreieck dem größeren Innenwinkel auch immer die größere Seite gegenüberliegt, ist $|AB|>|AW_B|$, was zu beweisen war.
Aufgabe 071032: Es ist zu beweisen, dass $\log_a b \cdot \log_b c = \log_a c$ ist, wenn $a,b,c$ positive reelle Zahlen sind und $a\neq 1$, $b\neq 1$ ist!
Beweis:
Es ist $\log_a b$ diejenige reelle Zahl $x$, für die $a^x=b$ gilt. Analog ist $\log_b c$ diejenige reelle Zahl $y$, für die $b^y=c$ gilt. Dann ist $c=b^y=(a^x)^y=a^{x \cdot y}$, also $\log_a c=x\cdot y=\log_a b \cdot \log_b c$, $\Box$.
Aufgabe 071033: Ingelore sagt zu ihrer Schwester Monika:
"Wir haben gestern im Mathematikunterricht Berechnungen an einer quadratischen Pyramide durchgeführt und dabei für das Volumen und den Oberflächeninhalt gleiche Maßzahlen erhalten.
Ich weiß zwar noch, dass alle Maßzahlen natürliche Zahlen waren, kann mich aber nicht mehr daran erinnern, wie sie lauten."
"Welche Maßzahlen meintest du, also du 'alle Maßzahlen' sagtest?"
"Ich meinte die Maßzahlen der Seitenlänge der Grundfläche, der Höhe, des Volumens und des Oberflächeninhalts der Pyramide."
"Waren diese Stücke mit zusammenpassenden Maßeinheiten versehen, z.B. die Längen in cm, der Oberflächeninhalt in $cm^2$ und das Volumen in $cm^3$ angegeben?"
"Ja, so war es."
Aus diesen Angaben kann Monika die Aufgabe rekonstruieren. Wie kann das geschehen?
Lösung:
Wir gehen von einer geraden quadratischen Pyramide aus, da sonst die Aufgabe nicht eindeutig lösbar ist.
Sei $a\neq 0$ die Maßzahl der Kantenlänge der Grundfläche und $h\neq 0$ die der Höhe der Pyramide. Dann ist deren Volumen $V$ gleich $V=\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot h$ und ihr Oberflächeninhalt $A=a^2+4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot \sqrt{h^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=a^2+a \cdot \sqrt{4h^2+a^2}$.
Aus $V=A$ folgt damit $\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot h=a^2+a \cdot \sqrt{4h^2+a^2}$ bzw. nach Division durch $\frac{a}{3}$ und Umsortieren $a \cdot (h-3)=3 \cdot \sqrt{4h^2+a^2}$. Quadrieren liefert $a^2 \cdot (h-3)^2=9 \cdot (4h^2+a^2)$ bzw. $a^2 \cdot (h^2-6h+9)=36h^2+9a^2$, was sich nach Subtraktion von $9a^2$ und Division durch $h$ die Gleichung $a^2 \cdot h -6a^2=36h$, also $h \cdot (a^2-36)=6a^2$ und damit $h=\frac{6a^2}{a^2-36}$ liefert.
Da $h$ eine natürliche Zahl ist, müssen der Nenner $a^2-36$ Teiler des Zählers $6a^2$ sein. Also muss auch $a^2-36$ ein Teiler von $6a^2-6 \cdot (a^2-36)=216$ sein.
Für jeden Teiler $t$ von 216, der durch 2, aber nicht 4 teilbar ist, wäre $t+36$ gerade, aber nicht durch 4 teilbar, also keine Quadratzahl. Analog können wir auch die durch drei, aber nicht 9 teilbaren Teiler $t$ von 216 ausschließen, da auch dann $t+36$ nicht die Quadratzahl $a^2$ ergeben kann.
Es verbleiben die Teiler 1, 9, 27, 4, 36, 108, 8, 72 und 216. Von diesen erfüllt nur $t=108$, dass $t+36$ eine Quadratzahl ergibt, nämlich $t^36=144=12^2=a^2$. Also ist $a=12$ und $h=\frac{6a^2}{a^2-36}=\frac{6\cdot 12^2}{12^2-36}=\frac{6 \cdot 12}{12-3}=8$.
Tatsächlich ist für diese Werte der Länge der Grundseite $a=12$ und Höhe der Pyramide $h=8$ das Volumen der Pyramide $V=\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot h=384$ und die Oberfläche $A=a^2+a \cdot \sqrt{4h^2+a^2}=144+12 \cdot \sqrt{256+144}=144+12\cdot 20=384=V$.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.214, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Und schon haben wir 252 Lösungen. Das ist wirklich toll.
Schönen 1.Mai.
LG Steffen
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weird
Senior 
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.215, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 01:53 - cyrix in Beitrag No. 212)
Alternativlösung zu 071023: Beweisen Sie, dass für jedes natürliche $n$, $n >1$, die Zahl $2^{2^n} + 1$ mit der Ziffer 7 endet!
Für $n=2$ ist $2^{2^n}-1=2^4-1=15$ und mit $2^{2^k}-1$ endet auch $2^{2^{k+1}}-1=\left(2^{2^k}\right)^2-1^2=\left(2^{2^k}-1\right) \cdot \left(2^{2^k}+1\right)$ mit der Ziffer 5, da $\left(2^{2^k}+1\right)$ eine ungerade Zahl ist. Induktiv folgt also für alle natürlichen $n\geq 2$, dass die Zahl $2^{2^k}-1$ auf die Ziffer 5 und somit $2^{2^k}+1=\left(2^{2^k}-1\right)+2$ auf die Ziffer 7 endet.
\quoteoff
Hier noch eine weitere Alternativlösung (ohne Induktion):
Da $2^{2^n}+1$ stets ungerade ist, ist die zu beweisende Behauptung gleichwertig zu $5\mid (2^{2^n}+1)-2$ für $n>1$. Dies folgt aber sofort aus
\[2^{2^n}-1=16^{2^{n-2}}-1\equiv 1^{2^{n-2}}-1=0\mod 5\]
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| Beitrag No.216, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Moin zusammen,
ich glaube, bei meiner letzten Lösung (zur 071033) gestern Abend muss man noch ein paar sprachliche Mängel glattziehen:
*) In dem Satz, dessen Ergebnis die Darstellung $h=\frac{6a^2}{a^2-36}$ ist, ist ein "sich" zu streichen.
*) Im darauf folgenden Satz muss es "muss" [der Nenner] heißen, nicht "müssen".
Es war schon spät. ;-)
Zu Aufgabe 061036: Die Abbildung stellt den Grundriss eines Teiles eines Theaterraumes dar. $AB$ ist die Bühnenbreite, $CD$ die Flucht der Seitenlogen.
Es sind alle Punkte $P$ auf $CD$ zu ermitteln, von denen aus die Bühne unter dem größten Sehwinkel erscheint!
Unter dem Sehwinkel ist hier der Winkel $\angle APB$ zu verstehen. Man setze gleiche Höhe der Bühne und der Seitenlogen ̈uber dem Erdboden voraus.
Anmerkung: Die Abbildung ist lediglich eine Skizze, aus der keineswegs auf die Größenverhältnisse geschlossen werden darf.
Lösung:
Sei $P$ auf $CD$ mit $P\neq C$ gegeben. Dann sind die Dreiecke $\triangle ACP$ und $\triangle BCP$ rechtwinklig mit rechtem Winkel bei $C$, sodass sich nach der Definition des Tangens im rechtwinkligen Dreieck für die Winkel bei $P$ die Gleichungen $\tan (\angle CPA)=\frac{|AC|}{|CP|}$ und $\tan (\angle CPB)=\frac{|BC|}{|CP|}$ ergeben. Für den Sichtwinkel auf die Bühne von $P$ aus gilt also
$\angle APB=\angle CPB - \angle CPA= \arctan\left(\frac{|BC|}{|CP|}\right) - \arctan\left(\frac{|AC|}{|CP|}\right)$.
Der Formelsammlung entnehmen wir für reelle Zahlen $x$ und $y$ mit $xy>-1$ das Additionstheorem $\arctan(x) - \arctan(y)=\arctan\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$.
Setzen wir unsere konkreten Verhältnisse aus der Aufgabe für $x$ und $y$ ein (die jeweils positiv sind, ihr Produkt also sicher größer als -1 ist), so erhalten wir
$\angle APB=\arctan\left(\frac{\frac{|BC|}{|CP|}-\frac{|AC|}{|CP|}}{1+\frac{|BC|}{|CP|}\cdot \frac{|AC|}{|CP|}}\right)=\arctan\left(\frac{|AB|}{|CP|+\frac{|BC| \cdot |AC|}{|CP|}}\right)$.
Da die Arcustangens-Funktion streng monoton steigend ist, nimmt sie ihren maximalen Wert genau dann an, wenn auch das Argument maximiert wird. Damit erhalten wir den maximalen Sichtwinkel $\angle APB$ genau dann, wenn das Argument des Arcustangs maximal, also, da dessen Zähler nicht von der Wahl von $P$ abhängt, wenn der Nenner minimal wird. Es verbleibt demnach der Ausdruck $|CP|+\frac{|BC| \cdot |AC|}{|CP|}$ zu minimieren.
Für positive reelle Zahlen $x$ und $c$ betrachten wir die Funktion $f(x)=x+\frac{c}{x}$. Setzen wir $x:=t \cdot \sqrt{c}$ mit einer positiven reellen Zahl $t$ hier ein, erhalten wir $f(t \cdot \sqrt{c})=t \cdot \sqrt{c} + \frac{c}{t \cdot \sqrt{c}}=\sqrt{c} \cdot \left(t+\frac{1}{t}\right)$, was genau für $t=1$, also $x=\sqrt{c}$ minimal wird.
Wenden wir dies auf unseren zu betrachtenden Term $|CP|+\frac{|BC| \cdot |AC|}{|CP|}$ an, so wird dieser minimal -- und der Sichtwinkel auf die Bühne maximal -- , wenn $|CP|=\sqrt{|BC| \cdot |AC|}$ gilt. Dies beschreibt (da man nur "vor" und nicht auch "hinter" der Bühne sitzen kann) den eindeutigen Platz auf der Seitenloge mit dem besten Blickwinkel auf die Bühne.
edit: (Dank Hinweis von StrgAltEntf):
Ist die Seitenloge zu kurz, um den so errechneten Punkt $P$ mit größtem Blickwinkel auf die Bühne zu enthalten, d.h., ist $|CD|<\sqrt{|BC| \cdot |AC|}$, so ist $P=D$ zu wählen, also mit maximaler Entfernung zur Bühne, da der Blickwinkel auf die Bühne, wenn man den Punkt $P$ auf dem von $C$ ausgehenden und durch $D$ verlaufenden Strahl wandern lässt, am Punkt $P=C$ gleich 0 beträgt, dann bis zum Maximum bei $P=\sqrt{|BC| \cdot |AC|}$ streng monoton wächst, und abschließend mit gegen unendlich gehender Entfernung $|PC|$ wieder streng monoton auf Null fällt. Ist also die Seitenloge schon vor Erreichen des Maximums zu Ende, ist genau dieser auf ihr am weitesten von der Bühne entfernte Punkt derjenige mit dem größten Sichtwinkel auf die Bühne.
Cyrix
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| Beitrag No.217, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Zu Aufgabe 081044: Im Innern eines Quadrates $ABCD$ mit der Seitenlänge $a$ seien 288 Punkte gelegen. Es soll eine Anzahl von Parallelen zu $AB$ derart gezogen werden, dass auf ihnen durch die Strecken $AD$ und $BC$ jeweils (zu $AB$ parallele) Strecken abgeschnitten werden. Ferner soll von jedem der 288 Punkte auf genau eine der Parallelen das Lot gefällt werden. Man beweise: Bei jeder Verteilung der 288 Punkte im Innern des Quadrates ist es möglich, die Parallelen und die Lote so zu wählen, dass die Summe $L$ der Längen aller dieser Parallelstrecken und aller dieser Lote kleiner als $24a$ wird.
Lösung:
Zeichnen wir die zwölf Parallelstrecken im Abstand $\frac{1}{24} a$, $\frac{3}{24} a$, $\frac{5}{24} a$, $\dots$, $\frac{23}{24}$ zu $AB$ in das Quadrat ein, so liegt jeder Punkt im Inneren (oder auf dem Rand) des Quadrats in einer Entfernung von höchstens $\frac{1}{24} a$ zur nächsten dieser Parallellinie, sodass das Lot des Punktes auf diese Parallellinie höchstens diese Länge besitzt. Also ist die Summe der Länge aller dieser Lote höchstens $288 \cdot \frac{1}{24} a=12 a$. Hinzu kommen die Streckenlängen der Parallelstrecken, welche jeweils $a$ lang sind, sodass für diese Verteilung $L\leq 24 a$ folgt.
Liegt mindestens einer der 288 Punkte nicht auf einer Parallelen zu $AB$ im Abstand von $\frac{2k}{24}$ mit einer natürlichen Zahl $1\leq k \leq 11$, so ist sein Lot zu seiner nächstgelegenen eingezeichneten Parallelstrecke echt kleiner als $\frac{1}{24} a$, sodass für diese Verteilung sogar $L<24a$ folgt. (Der Punkt darf ja laut Aufgabenstellung nicht auf dem Rand liegen, sodass die Fälle $k=0$ und $k=12$ auch nicht möglich sind.)
Andernfalls liegen alle 288 Punkte auf einer der elf Parallelen zu $AB$ im Abstand von $\frac{2k}{24}$ mit $1\leq k \leq 11$, sodass man anstatt der oben genannten nun diese 11 Parallelstrecken einzeichnen kann. Die Lote der Punkte auf die Strecke, auf der sie liegen, sind jeweils 0 lang, sodass in diesem Fall $L$ nur aus den Längen der Parallelstrecken besteht, also man in diesem Fall sogar $L=11 a<24 a$ erreichen kann.
Cyrix
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.218, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 10:05 - cyrix in Beitrag No. 216)
Wenden wir dies auf unseren zu betrachtenden Term $|CP|+\frac{|BC| \cdot |AC|}{|CP|}$ an, so wird dieser minimal -- und der Sichtwinkel auf die Bühne maximal -- , wenn $|CP|=\sqrt{|BC| \cdot |AC|}$ gilt. Dies beschreibt (da man nur "vor" und nicht auch "hinter" der Bühne sitzen kann) den eindeutigen Platz auf der Seitenloge mit dem besten Blickwinkel auf die Bühne.
\quoteoff
@cyrix: Ich habe nicht alles im Detail geprüft, aber es sieht gut aus! Vielleicht noch eine Kleinigkeit: Wenn \(\sqrt{|BC| \cdot |AC|}>|CD|\), so ist \(P=D\) zu wählen.
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| Beitrag No.219, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Zu Aufgabe 061042: Gegeben sei das Gradmaß des Neigungswinkels zwischen zwei Ebenen $\epsilon$ und $\epsilon_1$. Gegeben sei ferner der Flächeninhalt $I_{\triangle ABC}$ eines Dreiecks $\triangle ABC$, das in der Ebene $\epsilon$ liegt. Die Fußpunkte der Lote von $A$, $B$, $C$ auf $\epsilon_1$ bilden ein (möglicherweise ausgeartetes) Dreieck $\triangle A_1B_1C_1$. Wie groß ist dessen Flächeninhalt $I_{\triabgle A_1B_1C_1}$?
Lösung:
Sei $\phi$ der Winkel zwischen den beiden Ebenen und $g$ ihre Schnittgerade.
Durch die Orthogonalprojektion werden Strecken in $\epsilon$, die parallel zu $g$ sind, auf kongruente Strecken in $\epsilon_1$ abgebildet. Für Strecken in $\epsilon$, die senkrecht zu $g$ verlaufen, sind deren Bilder in $\epsilon_1$ dagegen um den Faktor $\cos \phi$ gestreckt (bzw., da $\cos \phi \leq 1$ ist, eher "gestaucht"). Die Bilder von Parallelen zu $g$ in $\epsilon$ sind auch weiterhin in $\epsilon_1$ parallel zu $g$; analog werden auch die zu $g$ in $\epsilon$ orthogonalen Geraden wieder auf in $\epsilon_1$ zu $g$ orthogonale Geraden abgebildet.
Wir betrachten das Dreieck $\triangle ABC$ in $\epsilon$. Ist eine der Seiten des Dreiecks (o.B.d.A. $AB$) parallel zu $g$, dann ist ihr Bild (also dann $A_1B_1$) kongruent zu ihr, während ihre Höhe ($h_{AB}$) senkrecht zu $g$ verläuft, und so dessen Bild ($h_{A_1B_1}$) eine um den Faktor $\cos \phi$ gestreckte Länge besitzt. Da die Bilder dieser beiden Strecken auch in der Zielebene senkrecht aufeinander stehen, berechnet sich der Flächeninhalt des Bilddreiecks zu
$I_{\triabgle A_1B_1C_1}=\frac{1}{2} \cdot |A_1B_1| \¢dot |h_{A_1B_1}|=\frac{1}{2} \cdot |AB| \¢dot \cos \phi \cdot h_{AB}=\cos \phi \cdot I_{\triabgle ABC}$.
Ist dagegen keine Seite des Dreiecks $\triangle ABC$ parallel zu $g$, dann schneidet (genau) eine der Parallelen in $\epsilon$ zu $g$ durch die drei Eckpunkte die jeweils gegenüberliegende Dreiecksseite in einem inneren Punkt. Sei dies o.B.d.A. die Parallele durch $A$; und deren Schnittpunkt mit $BC$ heiße $D$. Dann ist $AD$ parallel zu $g$ und die Höhen von $B$ und $C$ auf $AD$ orthogonal zu $g$, sodass sich auf diese Teildreiecke die eben gemachte Überlegung jeweils einzeln anwenden lässt, also (mit $D_1$ als Bildpunkt von $D$ bezüglich der Orthognoalprojektion)
$I_{\triangle A_1B_1D_1} = \cos \phi \cdot I_{\triangle ABD}$ und $I_{\triangle A_1C_1D_1} = \cos \phi \cdot I_{\triangle ACD}$ gilt.
Abschließend ist festzustellen, dass die beiden Dreiecke $\triangle ABC$ und $\triangle A_1B_1C_1$ sich aus den jeweiligen zwei Teildreiecken $\triangle ABD$ und $\triangle ACD$ bzw. entsprechend $\triangle A_1B_1D_1$ und $\triangle A_1C_1D_1$ zusammensetzen, sich ihre Flächeninhalte also aus der Summe derer der jeweiligen beiden Teildreiecke ergibt und damit in jedem Fall
$I_{\triabgle A_1B_1C_1}=\cos \phi \cdot I_{\triabgle ABC}$
gilt.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.217 begonnen.]
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| Beitrag No.220, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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@StrgAltEntf: Ah, danke für den Hinweis! Daran habe ich gar nicht gedacht, auf den Fall, dass die Seitenloge zu kurz ist, um den optimalen Blickwinkel zu enthalten, zu achten. Das sollte man also noch zusätzlich erwähnen. Ich ergänze es oben.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.221, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Hallo,
zu Aufgabe 061036 hätte ich noch ein etwas geometrischere Alternative. Wenn der Umkreis von $ABP$ die Gerade $CD$ schneidet, haben die Punkte auf Strecke im inneren des Umkreises eine größeren Winkel zu $A,B$. Daher ist der Winkel maximal, wenn der Umkreis tangential zu $CD$ ist, d.h. wenn $|CP|^2 + (|AC|-|BC|)^2/4 = |CP|^2 + |AB|^2/4= (|AC|+|BC|)^2/4 $ gilt.
@Steffen. Hieraus muß ich erst noch eine richtige Lösung formulieren.
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Ex_Senior
| Beitrag No.222, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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@TomTom314: Schön, eine elementargeometrische Lösung! :) Dann braucht man auch nicht dieses obskure Additionstheorem des Arcustangens... Mit dem Sehnen-Tangenten-Satz kommt man dann direkt von der Eigenschaft, dass $CD$ den Umkreis von $ABP$ in $P$ tangiert, zur Lösung.
Schreibst du diese Alternative auf, damit sie Steffen übernehmen kann?
Cyrix
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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 | Beitrag No.223, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon 071222
Beweisen Sie den folgenden Satz!
Gegeben seien gewisse Gegenstände, von denen jeder eine bestimmte Farbe und eine bestimmte Form hat.
Wenn es unter diesen Gegenständen zwei von verschiedener Farbe und zwei von verschiedener Form gibt, dann befinden sich unter den Gegenständen mindestens zwei solche, die sich sowohl in der Farbe als auch in der Form unterscheiden.
\quoteoff
\showon Lösung
Seien die verschiedenen Formen beliebig als Form 1, Form 2, ... und die verschiedenen Farben beliebig mit Farbe 1, Farbe 2, .. bezeichnet. Aussage bezeichne im Folgenden die zu zeigende Aussage der Aufgabenstellung.
Angenommen, es gäbe alle Formen in allen Farben. Dann zeigen Form 1 mit Farbe 1 und Form 2 mit Farbe 2 (beide existieren nach Voraussetzung) die zu zeigende Aussage.
Angenommen, es gäbe die Form i in allen Farben und Form j nicht in Farbe k (welche zur Menge der vorkommenden Farben gehöre). Dann zeigen Form i in Farbe k und Form j in einer anderen Farbe die Aussage.
Analog wäre die Aussage gezeigt, wenn es eine Farbe gibt, sodass alle Formen diese Farbe haben.
Nun nehmen wir an, dass es keine Form gibt, die in jeder Farbe vorkommt, und keine Farbe, welche alle Formen haben. Die folgende Argumentation ist analog zur Lösung der 051242 von StrgAltEntf.
Betrachte eine Form i, welche eine minimale Anzahl von Farben (größer gleich 1) aufweist, eine dieser Farben sei Farbe k. Betrachte die Form j, welche nicht in Farbe k vorkommt. Wegen der Minimalität (bezüglich der Anzahl der Farben) von Form i muss Form j nun in einer Farbe l vorkommen, in welcher Form i nicht vorkommt.
Form i mit Farbe k und Form j in Farbe l zeigen die Aussage.
\showoff
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| Beitrag No.224, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
|
Geometrische Lösung zu Aufgabe 061036:
Behauptung: Falls der Umkreis von $ABP$ die Gerade $CD$ schneidet, haben die Punkte auf der Sekante einen größeren Öffnungswinkel. Beweis: Sei $Q$ ein Punkt auf der Sekante. Betrachte die Verlängerung $AQ'$ der Strecke $AQ$, so daß $Q'$ auf dem Umkreis liegt. Dann gilt \[\sphericalangle AQB = \sphericalangle AQ'B + \sphericalangle Q'BQ > \sphericalangle AQ'B = \sphericalangle APB\ \text{.}\]
Für einen Punkt $R$ auf der Halbgerade $CD$ außerhalb des Unkreises gilt analog $\sphericalangle ARB< \sphericalangle APB$. Also ist der Winkel $\sphericalangle APB$ maximal, wenn $CD$ eine Tangente des Unkreises von $ABP$ ist. Aus dem Sekanten-Tangenten-Satz folgt $|CP|^2=|AC|\cdot|BC| \Rightarrow |CP|=\sqrt{|AC|\cdot|BC|}$.
Im Fall $|CD| < |CP|$ liegt die Sekante des Umkreises $ABD$ nicht auf der Strecke $CD$. Somit ist $D$ der optimale Punkt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.222 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.225, eingetragen 2019-05-01
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@ stpolster
Wie machst Du das mit der Angabe der "Autoren der Lösungen auf der letzten Seite?
https://mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/04/Loesungen_MaOlympiade.pdf
Dafür kann und sollte man einen eigenen Index anlegen:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_6_55555555.png
Ist allerdings nicht ganz einfach zu bedienen, hier ein Entwurf.
Die Systematik
\sourceon (latex)
\hypertarget{999001a}{}
\index[pindex]{Conrad|see {\hyperlink{999001a}{999001}}}
\sourceoff
kann man noch mit einem newcommand zusammenfassen.
\showon LaTeX
\sourceon latex
\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage{framed}
\parindent0pt
% =======================================
\usepackage{imakeidx}
\makeindex[intoc=true,
options={-s \jobname.ist}, % siehe filecontents
name=pindex, % Name des Aufrufs
columns=1, % Default ist 2 Spalten
title={Autoren der Lösungen}
]
\renewcommand*\seename{} % Default: "see"
\renewcommand*\alsoname{} % Default: "see also"
% Doppelpunkt, statt Komma, nach Eintrag in Index-Liste. Einträge bold in Index-Liste.
\usepackage{filecontents}
\begin{filecontents*}{\jobname.ist}
item_0 "\n\\bfseries\\item "
item_1 " "
item_2 " "
delim_0 ":\\hspace{1em}\\normalfont "
delim_1 " "
delim_2 " "
\end{filecontents*}
%
% \indexsetup{othercode=\small} % auf ganzen Indexeintrag anwenden
% =======================================
\usepackage[hyperindex=true]{hyperref}
\begin{document}
\tableofcontents
\newpage
\section{Beispiel für einen Indexeintrag}
Paul mit Seitenzahl. \index[pindex]{Paul}
Peter mit Individualeintrag (ohne das Wort 'see') \index[pindex]{Peter|see {hello}}
\section{Beispiel für einen Indexeintrag mit Hyperlink}
Max mit Individualeintrag, ohne Seitenzahl. Das Wort 'see' muss trotzdem dabeistehen.
\hypertarget{target}{\textbf{Ziel hier.}}
\index[pindex]{Max|see {\hyperlink{target}{Hyperlink}}}
Uwe: \hypertarget{target2}{\textbf{Ziel hier.}}
\index[pindex]{Uwe|see {\hyperlink{target2}{Hyperlink2}}}
\section{Konkrete Anwendung}
\begin{framed}
Aufgabe: 999001
\end{framed}
Lösung 1 (von Conrad): ....
\hypertarget{999001a}{}
\index[pindex]{Conrad|see {\hyperlink{999001a}{999001}}} \par
\textit{Aufgabe gelöst von Conrad}
\bigskip
Lösung 2 (von Gustav): ....
\hypertarget{999001b}{}
\index[pindex]{Gustav|see {\hyperlink{999001b}{999001}}} \par
\textit{Aufgabe gelöst von Gustav}
\newpage Leere Seite. \newpage
\begin{framed}
Aufgabe: 999002
\end{framed}
Lösung 1 (von Conrad): ....
\hypertarget{999002}{}
\index[pindex]{Conrad|see {\hyperlink{999002}{999002}}} \par
\textit{Aufgabe gelöst von Conrad}
\printindex[pindex]
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.226, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 15:51 - Kornkreis in Beitrag No. 223)
\quoteon 071222
Beweisen Sie den folgenden Satz!
Gegeben seien gewisse Gegenstände, von denen jeder eine bestimmte Farbe und eine bestimmte Form hat.
Wenn es unter diesen Gegenständen zwei von verschiedener Farbe und zwei von verschiedener Form gibt, dann befinden sich unter den Gegenständen mindestens zwei solche, die sich sowohl in der Farbe als auch in der Form unterscheiden.
\quoteoff
\showon Lösung
Seien die verschiedenen Formen beliebig als Form 1, Form 2, ... und die verschiedenen Farben beliebig mit Farbe 1, Farbe 2, .. bezeichnet. Aussage bezeichne im Folgenden die zu zeigende Aussage der Aufgabenstellung.
Angenommen, es gäbe alle Formen in allen Farben. Dann zeigen Form 1 mit Farbe 1 und Form 2 mit Farbe 2 (beide existieren nach Voraussetzung) die zu zeigende Aussage.
Angenommen, es gäbe die Form i in allen Farben und Form j nicht in Farbe k (welche zur Menge der vorkommenden Farben gehöre). Dann zeigen Form i in Farbe k und Form j in einer anderen Farbe die Aussage.
Analog wäre die Aussage gezeigt, wenn es eine Farbe gibt, sodass alle Formen diese Farbe haben.
Nun nehmen wir an, dass es keine Form gibt, die in jeder Farbe vorkommt, und keine Farbe, welche alle Formen haben. Die folgende Argumentation ist analog zur Lösung der 051242 von StrgAltEntf.
Betrachte eine Form i, welche eine minimale Anzahl von Farben (größer gleich 1) aufweist, eine dieser Farben sei Farbe k. Betrachte die Form j, welche nicht in Farbe k vorkommt. Wegen der Minimalität (bezüglich der Anzahl der Farben) von Form i muss Form j nun in einer Farbe l vorkommen, in welcher Form i nicht vorkommt.
Form i mit Farbe k und Form j in Farbe l zeigen die Aussage.
\showoff
\quoteoff
@Kornkreis:
Hier geht es allerdings einfacher:
Es bezeichne \(f(x)\) die Farbe und \(g(x)\) die Form eines Gegenstands \(x\). Nach Voraussetzung gibt es \(a\) und \(b\) mit \(f(a)\neq f(b)\). Ist \(g(a)\neq g(b)\), so haben wir die gesuchten Gegenstände gefunden, und wir sind fertig. Anderernfalls gilt \(g(a)=g(b)\), und wir betrachten zwei Gegenstände \(c\) und \(d\) mit \(g(c)\neq g(d)\). Ist \(f(c)\neq f(d)\), sind wir wieder fertig, da zwei Gegenstände mit den gesuchten Eigenschaften gefunden sind, nämlich \(c\) und \(d\). Andernfalls gilt \(f(c)=f(d)\). Da \(f(a)\neq f(b)\), kann nicht gleichzeitig \(f(c)=f(d)=f(a)\) und \(f(c)=f(d)=f(b)\) gelten. Sei also etwa \(f(c)=f(d)\neq f(a)\). Ebenso kann nicht gleichzeitig \(g(a)=g(c)\) und \(g(a)=g(d)\) gelten. Sei also etwa \(g(a)\neq g(c)\). Dann ist also \(f(a)\neq f(c)\) und \(g(a)\neq g(c)\), und die beiden Gegenstände sind gefunden.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.224 begonnen.]
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.227, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart)
Aufgabe 081021:
Eine arithmetische Zahlenfolge ist eine Folge $\lbrace a_1,a_2, ...\rbrace$ von Zahlen, bei der die sämtlichen Differenzen $a_{n+1} - a_n$ ($n = 1, 2, ...$) einander gleich sind.
Zeigen Sie, dass es genau eine arithmetische Zahlenfolge gibt, bei der für jedes $n = 1, 2, ...$ die Summe $S_n = a_1 + a_2 + ... + a_n$ der ersten $n$ Glieder $n^2 + 5n$ beträgt!
\quoteoff
Ist \(d\) die Differenz der arithmetischen Folge \((a_n)\), so gilt \(a_n=a_1+(n-1)d\) für \(n=1,2,...\). Es folgt
\(s_n=(a_1+0\cdot d) + (a_1+1\cdot d)+(a_1+2\cdot d)+...+(a_1+(n-1)\cdot d)\)
\(= n\cdot a_1+(0+1+2+...+(n-1))\cdot d=n\cdot a_1+\frac{n(n-1)}2d\)
Es soll \(s_n=n^2+5n\), also \(n\cdot a_1+\frac{n(n-1)}2d=n^2+5n\) für alle \(n=1,2,...\) gelten.
Es folgt \(a_1+\frac{n-1}2d=n+5\) für alle \(n=1,2,...\).
Für \(n=1\) erhalten wir \(a_1=6\) und mit \(n=2\) dann \(6+\frac12d=7\), also \(d=2\).
Es handelt sich also um die arithmetische Folge \(6,8,10,12,...\).
Probe:
\(s_n=n\cdot a_1+\frac{n(n-1)}2d=n\cdot6+\frac{n(n-1)}2\cdot2=n^2+5n\)
(Muss die Formel für \(0+1+2+...+(n-1)\) hier begründet werden?)
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| Beitrag No.228, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 19:38 - StrgAltEntf in Beitrag No. 227)
(Muss die Formel für \(0+1+2+...+(n-1)\) hier begründet werden?)
\quoteoff
In der 10. Klasse, aus der diese Aufgabe stammt, würde ich die als bekannt voraussetzen.
Cyrix
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| Beitrag No.229, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 19:41 - cyrix in Beitrag No. 228)
\quoteon(2019-05-01 19:38 - StrgAltEntf in Beitrag No. 227)
(Muss die Formel für \(0+1+2+...+(n-1)\) hier begründet werden?)
\quoteoff
In der 10. Klasse, aus der diese Aufgabe stammt, würde ich die als bekannt voraussetzen.
\quoteoff
Ist 10. Klasse DDR mit der heutigen 10. Klasse vergleichbar? Ich glaube, wir hatten Folgen und Reihen erst in der 11. Klasse.
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| Beitrag No.230, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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Naja, aber diese kleine Identität, die immer auch dem 7-jährigen Gauß zugeschrieben wird, braucht doch keine Folgen und Reihen. (Auch wenn meine Studenten immer erstaunt sind, wenn ich diese Summe in irgendwelchen Übungsaufgaben verwende, so ist es m.E. doch mathematisches Allgemeinwissen, das wettbewerbsaffine Schülerinnen und Schüler spätestens in der Mittelstufe erworben haben. Den Trick, jeweils zwei Summanden -- den größten mit dem kleinsten, den zweitgrößten mit dem zweitkleinsten usw. -- zusammenzufassen, kann man ja recht leicht nachvollziehen.)
Cyrix
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| Beitrag No.231, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon(2019-05-01 19:48 - StrgAltEntf in Beitrag No. 229)
Ist 10. Klasse DDR mit der heutigen 10. Klasse vergleichbar? Ich glaube, wir hatten Folgen und Reihen erst in der 11. Klasse.
\quoteoff
Die Aufgabe ist aus dem Jahr 1968. Zu diesem Zeitpunkt wurden einfache Folgen schon vor der 11. Klasse behandelt.
Dazu kommt noch, dass es sich um die 2. Stufe handelt, bei der in Arbeitsgemeinschaften Rahmenprogramme bearbeitet wurden, die ähnliches vorsahen.
Und ich sehe gerade, dass cyrix auf die Gauß-Anekdote hinweist. Normalerweise wurde dies schon in den Klassen 5 bzw. 6 angesprochen.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.229 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.232, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-01
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\quoteon
Aufgabe 110922:
Ermitteln Sie alle geordneten Paare $(a, b)$ ganzer Zahlen $a und b$ ($b \neq 0$) mit folgender Eigenschaft:
Ersetzt man den Zähler $a$ des Bruches $\frac{a}{b}$ durch die Summe aus $a$ und einer geeigneten natürlichen Zahl $n$ ($n \neq 0$) und ersetzt man zugleich den Nenner $b$ dieses Bruches durch das Produkt aus $b$ und der gleichen Zahl $n$, so erhält man einen Bruch, der dem zu Anfang genannten Bruch $\frac{a}{b}$ gleich ist.
\quoteoff
Gesucht sind Zahlentripel $(a,b,n)$, die die Gleichung
\[\frac{a}{b}=\frac{a+n}{bn}\]
erfüllen. $b$ kann gekürzt werden und ist somit beliebig wählbar. Nach Umformung erhalten wir \((a-1)(n-1)=1\). Da Lösungen in $\IZ$ gesucht sind, folgt daraus $a-1=n-1=\pm 1$. Also sind wegen $n\neq 0$ die Tripel durch $(2,b,2), b\in\IZ\backslash\{0\}$ gegeben.
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Ex_Senior
| Beitrag No.233, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02
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\quoteon Aufgabe 110923:
Eine Kreislinie sei in 30 gleich große Bögen geteilt. Die Teilpunkte seien der Reihe nach mit $P_1$ bis $P_{30}$ bezeichnet.
Berechnen Sie die Größe jedes der vier Winkel, unter denen sich die Strecken $P_7P_{18}$ und $P_{12}P_{21}$ schneiden!
\quoteoff
Rechnen an der Uhr :)
Wir ergänzen das 30-Eck zu einem 60-Eck mit Ecken $Q_1,\ldots,Q_{60}$. Sei M der Mittelpunkt. Dann ist $P_7 P_{18}=Q_{14}Q_{36}$ orthogonal zu $MQ_{25},\ 25=\frac{1}{2}(14+36)$ und $P_{12}P_{21}=Q_{24}Q_{42}$ orthogonal zu $MQ_{33},\ 33=\frac{1}{2}(24+42)$. Der Schnittwinkel der Geraden entspricht daher dem Winkel $\sphericalangle Q_{25}MQ_{33} = \frac{360^\circ}{60}(33-25) = 48^\circ$.
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.234, eingetragen 2019-05-02
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\quoteon(2019-05-01 18:56 - StrgAltEntf in Beitrag No. 226)
@Kornkreis:
Hier geht es allerdings einfacher:
\quoteoff
Darüber lässt sich streiten (aber ich weiß, was du meinst), denn in meiner Lösung spreche ich explizit nur über zwei Gegenstände, während in deiner über zwei bis vier Gegenstände gesprochen wird, mit mehreren Quervergleichen :-P
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weird
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| Beitrag No.235, eingetragen 2019-05-02
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Aufgabe 011035:
Mit welcher Ziffer endet die Summe $11^6+12^6+13^6+14^6+15^6+16^6$? Begründen Sie Ihre Aussage!
Lösung:
Es gilt
$11^6+12^6+13^6+14^6+15^6+16^6\equiv 1^6+2^6+(-2)^6+(-1)^6+0^6+1^6=131\equiv 1 \mod 5$
Von den beiden dann nur mehr möglichen Endziffern $1$ bzw. $6$ kommt aber nur die $1$ in Frage, da die fragliche Summe eine ungerade Anzahl von ungeraden Summanden enthält und somit selbst ungerade ist.
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weird
Senior 
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| Beitrag No.236, eingetragen 2019-05-02
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Aufgabe 061041:
Man beweise: Sind $m$ und $n$ natürliche Zahlen, so ist die Zahl
\[m\cdot n\cdot (m^4-n^4)\]
durch 30 teilbar.
Lösung:
Zunächst gilt für eine beliebige Prmzahl $p$, dass
\[mn(m^{p-1}-n^{p-1})=m^pn-mn^p\equiv mn-mn=0 \mod p\]
Diese Beziehung muss hier dann einfach für jede der Primzahlen $2,3,5$ in folgender Form angewendet werden:
$2\mid mn(m-n)\Rightarrow 2\mid mn(m-n)(m+n)(m^2+n^2)=mn(m^4-n^4)$
$3\mid mn(m^2-n^2)\Rightarrow 3\mid mn(m^2-n^2)(m^2+n^2)=mn(m^4-n^4)$
$5\mid mn(m^4-n^4)$
Daraus ergibt sich unmittelbar, dass auch $30(=2\cdot 3\cdot 5)$ Teiler von $mn(m^4-n^4)$ ist, wie behauptet.
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Ex_Senior
| Beitrag No.237, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02
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\quoteon Aufgabe 091041:
Zu ermitteln sind alle Paare natürlicher Zahlen derart, dass jedes der Paare zusammen mit der Zahl 41 ein Tripel bildet, für das sowohl die Summe der drei Zahlen des Tripels als auchdie Summe von je zwei beliebig aus dem Tripel ausgewählten Zahlen Quadrate natürlicherZahlen sind.
\quoteoff
Gesucht sind natürliche Zahlen $a,b\in\IN$ und $p,q,r,s\in\IN$, so dass die Gleichungen
\[a+b+41=p^2\\ a+b=q^2\\ a+41=r^2\\ b+41=s^2\]
erfüllt sind. Die Differenz der ersten beiden Gleichungen ergibt $41=p^2-q^2=(p+q)(p-q)$. Da $p,q$ natürliche Zahlen sind, ist die einzige Lösung $p+q=41,p-q=1\iff p=21,q=20$ und somit $a+b=400$. Die beiden letzten Gleichungen ergeben direkt die Abschätzung $r,s \geq 7$. Durch Addition dieser erhalten wir $r^2+s^2 = a+b+82=482$, woraus $r,s \leq 20$ folgt. Die Endziffer einer Quadratzahl kann nur die Werte $0,1,4,5,6,9$ annehmen. Damit die Summe zweier Quadratzahlen die Endziffer 2 hat, sind für $r^2,s^2$ nur die Endziffern $1,6$ möglich. Dadurch gibt es die Möglichkeiten $r,s\in\{11,14,16,19\}$ und man findet, dass $(r,s)=(11,19)$ oder $(r,s)=(19,11)$ gelten muss. Dadurch ergeben sich $(a,b)=(80,320)$ und $(a,b)=(320,80)$ als einzige Lösungen.
Mich irritiert, dass es keine Lösung gibt. Daher wäre es gut, wenn jemand die Aufgabe/Lösung etwas genauer unter die Lupe nimmt.
Korrektur von Nuramon eingefügt.
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.238, eingetragen 2019-05-02
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-05-02 15:02 - TomTom314 in Beitrag No. 237)
Die Endziffer einer Quadratzahl kann nur die Werte $0,1,4,5,6,9$ annehmen. Damit die Summe zweier Quadratzahlen die Endziffer 2 hat, sind für $r,s$ nur die Endziffern $1,6$ möglich, d.h. es gilt $r,s\in\{11,16\}$.
\quoteoff
Da ist der Fehler: Die Endziffer von $r^2,s^2$ muss $1$ oder $6$ sein.
Dadurch gibt es die Möglichkeiten $r,s\in\{11,14,16,19\}$ und man findet, dass $(r,s)=(11,19)$ oder $(r,s)=(19,11)$ gelten muss.
Dadurch ergeben sich $(a,b)=(80,320)$ und $(a,b)=(320,80)$ als einzige Lösungen.\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.239, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02
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\quoteon Zu den reellen Zahlen a,b mita >0,b >0 und $a\neq 1,b\neq 1$ ermittle man alle Zahlen x, die die Gleichung $(\log_a x)(\log_b x) = \log_a b$ erfüllen.
\quoteoff
Es gilt $\ln_b a=\frac{\ln a}{\ln b}$ und somit
\[\begin{align*} & (\log_a x)(\log_b x) = \log_a b \\
\iff & \frac{\ln x}{\ln a} \cdot \frac{\ln x}{\ln b} = \frac{\ln b}{\ln a} \\
\iff & \left(\frac{\ln x}{\ln b}\right)^2 = (\log_b x)^2 = 1 \\
\iff & x=b\lor x=\frac{1}{b}\ \text{.}
\end{align*}\]
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.237 begonnen.]
@Nuramon: Danke! Ansatz gerettet...
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