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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ehemaliges_Mitglied
 |  Beitrag No.320, eingetragen 2019-05-06
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\quoteon(2019-05-06 20:55 - TomTom314 in Beitrag No. 319)
@Hyperplot:
1. Nun gut Du hast gegenüber meiner Lösung also 2 andere Dreiecke für den Kosinussatz verwendet.
2. Dir ist aber schon klar, dass alles nach "(Satz des Appolonius)" unnötiger Ballast ist?
3. Der Sinn einer Formel, die von 3 Seiten und einem Winkel statt von 3 Seiten abhängt erschließt sich mir beim besten Willen nicht.
\quoteoff
1. Ich wusste nicht, dass #316 eine "2. Lösung" ist. Wenn ich gewusst hätte, dass der Großmeister bereits dazu geschrieben hat...
3. Die dritte Formel steht so in gängigen Formelsammlungen, da kann man auch mal etwas dazu erklären. Beide weiteren Formeln sind in #316 mit "Zusatz" gekennzeichnet, auch wenn Stolpster das anders / unvollständig übernommen hat.
2. Das ist (vgl. #318) für Schüler gedacht (die das nicht alles automatisch zu Ende denken können), nicht für Profis, die da eh drüber stehen. Die Fähigkeit sich in andere hinzuversetzen nennt man Empathie. Ist schwierig zu lernen, für manche unmöglich zu lernen, aber es geht.
Ende meiner Ausführungen dazu.
\quoteon(2019-05-06 20:55 - TomTom314 in Beitrag No. 319)
Nachtrag: Wenn Du gleich $a,b,c/2$ statt $x,y,m$ verwendest, ist ein zweites Bild vollkommen überflüssig.
\quoteoff
Ach? Ist es wahr? Ich dachte, das sind alles ganz verschiedene Sachen... :-(
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Ex_Senior
| Beitrag No.321, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-06
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@Hyperplot: Ich habe die Änderungen übernommen und auch das 2.Bild eingefügt.
An diesem Text arbeiten mittlerweile sehr viele Helfer mit. Vielen Dank dafür. Jede Lösung ist äußerst wertvoll und wird von mir eingearbeitet.
Ohne eure Lösungen wäre diese Projekt in keiner Weise möglich.
Die LaTex-Files sind auch nicht geheim. Ich stelle sie gern jedem "Mitarbeiter" zur Verfügung.
Damit am Ende der Text jedoch eine einigermaßen einheitliche Form hat, nehme ich mir das Recht heraus, das Layout einiger übermittelter Lösungen etwas zu verändern. Dazu gehört auch, dass ich versuche die Seitenzahl etwas kleiner zu halten.
Der mathematische Inhalt wird von mir nicht angetastet.
Vielleicht gefällt der Stil des Textes dem einen oder anderen nicht. Vorschläge sind herzlich willkommen. Ob ich sie übernehme, entscheide aber ich.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.322, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-06
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\quoteon(2019-05-06 21:08 - HyperPlot in Beitrag No. 320)
3. Die dritte Formel steht so in gängigen Formelsammlungen, da kann man auch mal etwas dazu erklären. Beide weiteren Formeln sind in #316 mit "Zusatz" gekennzeichnet, auch wenn Stolpster das anders / unvollständig übernommen hat.
\quoteoff
Es gehört aber nicht mehr zur Aufgabe.
\quoteon 2. Das ist (vgl. #318) für Schüler gedacht (die das nicht alles automatisch zu Ende denken können), nicht für Profis, die da eh drüber stehen. Die Fähigkeit sich in andere hinzuversetzen nennt man Empathie. Ist schwierig zu lernen, für manche unmöglich zu lernen, aber es geht.
\quoteoff
Genau genommen sind die Adressaten Schüler, die an Wettbewerben teilnehmen. Hier kann ich Dir als ehemaliger Wettbewerbsteilnehmer versichern, dass z.B. eine Transferleistung von einer Formel für $s_a$ zu einer für $s_b$ von diesen Teilnehmern im Kopf vollzogen wird. Eben diese sind auch dazu in der Lage Lösungen bei Bedarf weiter auszuformulieren.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.320 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.324, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-06
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\quoteon Aufgabe 21024
a) Den Schülern einer Klasse wird die Aufgabe gestellt,√12 und√133 grafisch zu ermitteln.Daf ̈ur sollen nur der Höhensatz oder der Kathetensatz oder beide Sätze (f ̈ur jede der Wur-zeln jeweils einer dieser beiden S ̈atze) benutzt werden. Ein Schüler löst beide Aufgaben andem gleichen rechtwinkligen Dreieck.Wie lauten alle Möglichkeiten, hierfür geeignete Maßzahlen p und q der Längen der Hypotenusenabschnitte zu wählen, so dass diese Maßzahlenpundq ̈uberdies rationale Zahlen sind?
b) Man beantworte die gleiche Frage für den Fall, dass√11 und√133 zu ermitteln waren.
\quoteoff
Seien $a,b,c,q,p,h$ die üblichen Bezeichnungen in einem rechtwinkligen Dreieck. Mit $p,q$ ist auch $c$ rational. Also sind für die Wurzeln nur die Strecken $a,b,h$ möglich. Insbesondere gilt, dass $a^2+b^2=c^2$, $a^2-h^2 = p^2$ und $b^2-h^2 = q^2$ Quadrate rationaler Zahlen sind.
a) Da $\sqrt{133}^2 + \sqrt{12}^2 = 145$ keine Quadratzahl ist und $\sqrt{12}< \sqrt{133}$ gilt, bleibt nur die Möglichkeit $a=\sqrt{133}$, $h=\sqrt{12}$ (oder symmetrisch dazu $b=\sqrt{133}$). Das Gleichungssystem aus dem Höhen- und Kathetensatz
\[pq=12 \\ p(p+q)=133 \]
läßt sich eindeutig lösen durch $p^2 = 121 \Rightarrow p=11$ und $q=\frac{12}{11}$
b) Da $\sqrt{133}^2 - \sqrt{11}^2 = 122$ kein Quadrat ist, bleibt nur der Ansatz $a=\sqrt{133}$, $b=\sqrt{11}$. Durch Addition der beiden Kathetengleichungen
\[p(p+q)=133 \\ q(p+q)=11 \]
erhalten wir $(p+q)^2=144 \Rightarrow p+q = 12$. Einsetz der Summe ergibt $p=\frac{133}{12}$ und $q=\frac{11}{12}$.
Bemerkung: Wurzeln zweier rationaler Zahlen sind simultant konstruierbar, falls die Summe oder Differenz das Quadrat einer rationalen Zahl ist.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.324, eingetragen 2019-05-06
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\quoteon(2019-05-06 21:36 - TomTom314 in Beitrag No. 322)
Es gehört aber nicht mehr zur Aufgabe.
\quoteoff
Ach (mal wieder)? Wirklich? Also ich dachte, man muss das alles herleiten...
Aber die Sache liegt doch woanders: Dein Verhalten hier aufzeichnend, stelle ich fest: Du machst Anmerkungen, um die niemand gebeten hat. Du beantwortest Fragen, die niemand gestellt hat. Du trittst Debatten loß, die niemand führen wollte. Das ist Dein Problem.
Wenn Du hier alles in Form eines maximal Dreizeilers abhandeln willst, der mit dem Verweiß auf wikipedia / google endet, dann mache es so; aber versuche nicht das bei anderen auch durchzusetzen.
Hinweis auf inhaltliche oder Rechenfehler - jederzeit... Aber höre auf, anderen mit Gewalt Deinen Willen aufzuzwängen. Und stell vor allem diese sinnfreien Diskussionen ein! Wir sind hier nicht im Kindergarten.
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\quoteon(2019-05-06 21:33 - stpolster in Beitrag No. 321)
@Hyperplot:
a) Ich habe die Änderungen übernommen
b) und auch das 2.Bild eingefügt
\quoteoff
b) Ja.
a) Leider nicht.
Konkret: Ich hatte alles so korrigiert, dass die Größen immer in lexikographischer Reihenfolge ("a,b,c") stehen - das ist von Vorteil, was die Merkbarkeit angeht. Das hast Du leider nicht übernommen.
Ich versteh das, dass das ein Haufen Arbeit ist und Du das Einbinden schnell hinter Dich bringen willst; habe ja bereits die Vorlage gesehen, und kenne die Schwierigkeiten.
Aber wie gesagt: warte 24h oder besser 48h, dann sollten sämtliche Kleinigkeiten verbessert sein.
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Ach ja, und noch zu der PM, die ich erhielt:
\quoteon(2019-05-06 23:02 - TomTom314)
Link zum Topic [Alte Olympiadeaufgaben]
Es ist ganz einfach. Seit Deinen letzten speziellen fünf Minuten mit deinem gesperren Benutzer und der PM eines weiteren gesperrten Accounts werde ich in Zukunf immer direkt hinter Dir stehen und jeden einzelnen Deiner Ausrutscher bemängeln. Wenn Du Dich nicht benehmen kannst, werden wir dieses Spiel solange spielen bis matroid alle Deine alten und zukünftigen Accounts sperrt.
Noch Fragen?
\quoteoff
Nö, dazu habe ich keine Fragen. Diese persönliche Kampfansage ist eigentlich relativ selbsterklärend. :-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.325, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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Zu Augabe 081043: In einer Ebene $\epsilon$ sei $k$ ein Kreis mit gegebenem Radius $r$; ferner sei eine natürliche Zahl $n>2$ gegeben.
Ein Durchmesser $PQ$ von $k$ werde in $n$ gleiche Teile geteilt; die Teilpunkte seien $R_1, R_2, \dots, R_{n-1}$, aodass
$P_R1=R_1R_2=\dots=R_{n-2}R_{n-1}=R_{n-1}Q$
gilt.
Eine der beiden Halbebenen, in die $\epsilon$ durch die Gerade $g_{PQ}$ zerlegt wird, sei $H$ genannt, die andere $H^{\prime}$. Dann sei $c_i$ der in $H$ gelegene Halbkreis über $PR_i$, ferner $c_i^{\prime}$ der in $H^{\prime}$ gelegene Halbkreis über $R_iQ$, sowie schließlich $b_i$ die aus $c_i$ und $c_i^{\prime}$ zusammengesetzte Kurve ($i=1,\dots,n-1)$.
Man berechne die Inhalte der Flächenstücke, in die die Kreisfläche durch je zwei benachbarte Kurven $b_1,\dots,b_{n-1}$ bzw. durch $b_1$ bzw. $b_{n-1}$ und den jeweiligen Halbkreis zerlegt wird!
Lösung:
Definieren wir zusätzlich $R_0:=P$, $R_n:=Q$, sowie $b_0$ und $b_n$ als Halbkreise über dem Durchmeser $PQ$ in $H^{\prime}$ bzw. $H$, so ist nun allgemein nach dem Inhalt der Fläche zwischen den beiden Kurven $b_{i-1}$ und $b_i$ mit $1\leq i\leq n$ gefragt. Sei diese Fläche mit $F_i$ bezeichnet.
Man kann $F_i$ zerlegen in den Teil davon, der in $H$ liegt, und den, der in $H^{\prime}$ liegt. Der erste lässt sich darstellen als die Differenz der Halbkreise in $H$ über den Durchmessern $PR_i$ und $PR_{i-1}$, der zweite als Differenz der Halbkreise in $H^{\prime}$ über den Durchmessern $R_{i-1}Q$ und $R_iQ$.
Damit berechnet sich der Flächeninhalt der Figur $F_i$ zu:
$\frac{\pi}{8} \cdot \left(\frac{i^2}{n^2}-\frac{(i-1)^2}{n^2}+\frac{(n-(i-1))^2}{n^2}-\frac{(n-i)^2}{n^2}\right) \cdot (2r)^2=\frac{\pi \cdot r^2}{2 \cdot n^2} \cdot (2i-1+2(n-i)+1)=\frac{1}{n} \cdot \pi r^2$.
Der Kreis wird also in $n$ flächengleiche Flächenstücke zerlegt.
Aufgabe 081031: In einem Dreieck $\triangle ABC$ sei $|AB|=18cm$. Zu dieser Seite werde im Innern dieses Dreiecks eine Parallele gezogen, sodass ein Trapez $ABDE$ entsteht, dessen Flächeninhalt $F_2$ genau ein Drittel des Flächeninhalts $F_1$ des Dreiecks $\triangle ABC$ ist.
Berechnen Sie die Länge der Seite $DE$ des Trapezes!
Bemerkung: Der letzte Satz der Aufgabenstellung fehlt in deinem PDF, Steffen.
Lösung:
Den Flächeninhalt $F_3$ des Dreiecks $\triangle CDE$ erhält man als Differenz der Flächeninhalte des Dreiecks $\triangle ABC$ und des Trapezes $ABDE$, also $F_3=F_1-F_2=\frac{2}{3} \cdot F_1$.
Da die Strecken $DE$ und $AB$ parallel sind, sowie $E$ und $A$ bzw. $D$ und $B$ jeweils auf einem von $C$ ausgehenden Strahl liegen, geht das Dreieck $\triangle CDE$ aus dem Dreieck $\triangle ABC$ durch zentrische Streckung mit Zentrum $C$ hervor. Der Streckungsfaktor sei $k$. Dann gilt $F_3=k^2 \cdot F_1$, also $k=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$, und damit $|DE|=k\cdot |AB|=\sqrt{6} \cdot 3$ cm.
Bei Aufgaben 081032 und 081033 fehlt die Angabe des Lösers.
Aufgabe 081034: Eine quadratische Funktion der Form $y=x^2+px+q$ wird im rechtwinkligen Koordinatensystem dargestellt.
Die Schnittpunkte des Bildes der Funktion mit der Abszissenachse begrenzen auf dieser eine Strecke mit der Länge 7. Das Bild der Funktion schneidet die Ordinatenachse im Punkt $S_y(0;8)$.
Ermitteln Sie die reellen Zahlen $p$ und $q$!
Lösung:
Aufgrund des angegebenen Punkts $S_y$ auf der Parabel ist $q=8$. Die Nullstellen der Funktion können angegeben werden durch $-\frac{p}{2}\pm \sqrt{\frac{p^2}{4}-q}$, sodass sich ihr Abstand berechnet zu $2\sqrt{\frac{p^2}{4}-q}=\sqrt{p^2-4q}$. Dieser ist nach Aufgabenstellung gleich 7, sodass sich $p^2-4q=49$ bzw. $p^2=81$, also $p=\pm 9$ ergibt.
Damit ergeben sich zwei Lösungspaare: $(p,q)=(-9,8)$ oder $(p,q)=(9,8)$. Die Probe bestätigt beide Ergebnisse.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.326, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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Zu Aufgabe 041221: Von einem Würfel mit der Kantenlänge $a$ werden alle Ecken durch ebene Schnitte so abgetrennt, dass aus allen Seitenflächen des Würfels kongruente regelmäßige Vielecke entstehen. Es ist der Rauminhalt des Restkörpers zu berechnen.
Unterscheiden Sie die folgenden Fälle!
a) Es entstehen regelmäßige Vierecke.
b) Es entstehen regelmäßige Achtecke.
c) Gibt es noch andere Möglichkeiten?
Lösung:
Lässt man zu, dass durch die Schnitte kein Punkt der Kanten des Würfels im Restkörper enthalten sein muss, dann sind keine eindeutigen Ergebnisse möglich, siehe unten. Daher wird angenommen, dass die Aufgabenstellung (als erste Aufgabe einer zweiten Runde) sich darauf bezieht, dass von jeder Kante noch jeweils mindestens ein Punkt im Restkörper enthalten ist.
a) Wir betrachten zuerst eine Seitenfläche $ABCD$ des Würfels. In dieses kann ein regelmäßiges Viereck (also Quadrat) $A_1B_1C_1D_1$ mit $A_1$ auf $AB$, $B_1$ auf $BC$, $C_1$ auf $CD$ und $D_1$ auf $DA$ nur genau so einbeschrieben werden, indem $|AA_1|=|BB_1|=|CC_1|=|DD_1|$ gilt. (Dass dann $A_1B_1C_1D_1$ tatsächlich ein Quadrat ergibt, zeigt die Rotationssymmetrie der Figur, sodass alle Seitenlängen und alle Innenwinkel des Vierecks $A_1B_1C_1D_1$ gleich groß sind.) Aufgrund der Symmetrie ist $|AD_1|=|A_1B|$.
Aufgrund der Kongruenz der aus den Seitenflächen durch die Schnitte entstehenden Quadrate muss der zu $ABCD$ benachbarte Würfelseitenfläche $ABFE$ auf die gleiche Weise ein Quadrat $A_1B_2F_2E_2$ mit $B_2$ auf $BF$, $F_2$ auf $FE$ und $E_2$ auf $EA$ einbeschrieben werden. Insbesondere gilt dann $|AE_2|=|A_1B|$ .
Analog erhält man auch auf der zu beiden bisher betrachteten Würfelseitenflächen $ABCD$ und $ABFE$ benachbarten Würfelseitenfläche $AEHD$ ein einbeschriebenes Quadrat $E_2E_3H_3D_1$ mit $E_3$ auf $EH$ und $H_3$ auf $HD$, für welches $|AE_2|=|DD_1|=|AD|-|AD_1|=|AB|-|BA_1|=|AA_1|$ gilt.
Damit ist $|A_1B|=|AE_2|=|AA_1|$, sodass $A_1$ der Mittelpunkt von $AB$ ist und aus Symmetriegründen also jede Kante des Würfels durch die entsprechenden Schnitte halbiert wird.
Der Teilkörper, der beim Abtrennen einer Würfelecke entsteht, ist demnach eine dreiseitige Pyramide mit gleichschenklig-rechtwinkliger Grundfläche, deren Katheten die Länge $\frac{a}{2}$ haben, und Höhe $\frac{a}{2}$. Jeder dieser Teilkörper hat damit ein Volumen von $\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{8} a^3$, und da sich die acht entstehenden, abgetrennten Teilkörper jeweils paarweise nicht in inneren Punkten überschneiden, besitzt der verbleibende Restkörper ein Volumen von $a^3-8 \cdot \frac{1}{48} a^3=\frac{5}{6} a^3$.
(Würde man die "Kantenlängen" der abzuschneidenden -- sich dann überschneidenden -- dreiseitigen Pyramiden auf knapp unter $a$ erhöhen, so entstünde zwar aus jeder Würfelseitenfläche ein Quadrat mit beliebig kleiner Kantenlänge; der verbleibende Restkörper hätte aber ein Volumen, welches unter jede beliebige Schranke, die größer als $\frac{1}{3} a^3$ ist, gedrückt werden kann: Die abgeschnittenen dreiseitigen Pyramiden zu zwei gegenüberliegenden Ecken im Würfel überschneiden sich nich, haben aber jeweils ein Volumen von knapp unter $\frac{1}{3} a^3$, sodass der verbleibende Restkörper höchstens ein Volumen von "etwas mehr" als $a^3-2\cdot \frac{1}{3} a^3=\frac{1}{3} a^3$ besitzen kann. Der Betrag von "etwas mehr" kann beliebig klein gemacht werden, indem man die Kantenlänge der abzuschneidenden Pyramiden beliebig nahe an $a$ heranführt.)
b) Da ein gerader Schnitt durch ein konvexes $n$-Eck die Anzahl der Ecken höchstens um 1 erhöhen kann (und dies auch nur tut, wenn er durch das Innerere zweier benachbarter Seiten verläuft), müssen die die Würfelecken abtrennenden ebenen Schnitte jede Würfelkante in drei Abschnitte einteilen: Die jeweils an einer Würfelkante angrenzenden Abschnitte einer Kante gehören dann zum diese Ecke enthaltenden Teilkörper, während der jeweils mittlere Abschnitt Kante des Restkörpers ist. Insbesondere liegen also auf jeder Kante des ursprünglichen Würfels nun zwei benachbarte Eckpunkte der entstehenden Achtecke des Restkörpers.
Zeichnet man in ein Quadrat ein regelmäßiges Achteck ein, dessen Eckpunkte alle auf den Seiten des Quadrats liegen, dann geht die Figur sowohl durch Dreheung um $90^{\circ}$ um den Mittelpunkt des Quadrats als auch durch Spiegelung an einer Mittelparallele zweier gegenüberliegender Seiten des Quadrats in sich selbst über, da sowohl Quadrat als auch regelmäßiges Achteck diese Symmetrien besitzen. Also sind alle entsprechenden Strecken gleich lang.
Sei die Würfelkante $AB$ durch die beiden Schnittpunkte $S_1$ und $S_2$ in der Reihenfolge $AS_1S_2B$ in drei Abschnitte geteilt, sodass regelmäßige Achtecke auf den Würfelflächen mit Kantenlänge $|S_1S_2|$ entstehen. Dann ist nach der vorherigen Überlegung $b:=|AS_1|=|S_2B|$ und $|S_1S_2|$ die Länge der Hypothenuse eines gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks, dessen Katheten genau die Länge $b$ besitzen. Damit ergibt sich $a=|AB|=2 \cdot b + \sqrt{2} \cdot b$, also $b=\frac{1}{2+\sqrt{2}} a=\frac{2-\sqrt{2}}{2} a$.
Weiterhin überschneiden sich wegen $b\leq \frac{1}{2} a$ die abzuschneidenden dreiseitigen Pyramiden mit Kantenlängen $b$ nicht und haben jeweils ein Volumen von $\frac{1}{6} b^3=\frac{1}{6} \cdot \frac{(2-\sqrt{2})^3}{8} a^3=\frac{8-12\sqrt{2}+12-2\sqrt{2}}{48} a^3=\frac{20-14\sqrt{2}}{48} a^3$, sodass der Restkörper ein Volumen von
$a^3-8\cdot \frac{10-7\sqrt{2}}{24} a^3=\frac{3-10+7\sqrt{2}}{3} a^3=\frac{7}{3} \cdot (\sqrt{2}-1) \cdot a^3$ hat.
c) Wie schon in Teil b) gesehen, kann pro Schnitt durch eine der Würfelseiten die Anzahl der Ecken dieser Fläche nur um höchstens 1 erhöht werden. Also sind maximal Achtecke als aus den Würfelseiten entstehenden Flächen des Restkörpers möglich. Ein gleichseitiges Dreieck ist dabei nicht möglich zu erhalten, da dafür mindestens eine Kante des Würfels komplett entfernt werden müsste, da ein solches nie zugleich alle vier Seiten des Quadrats berühren kann. Neben $n=4$ und $n=8$ sind also noch die Fälle $n=5$, $n=6$ und $n=7$ zu betrachten. In allen Fällen müssen auf mindestens einer Kante zwei verschiedene Eckpunkte eines solchen regelmäßigen $n$-Ecks liegen.
Gibt es mindestens zwei Seiten eines Quadrats, auf denen je zwei der Eckpunkte des regelmäßigen $n$-Ecks liegen, sind die beiden durch diese Ecpunkte gebildeten Seiten des $n$-Ecks entweder parallel oder senkrecht zueinander. Derartige Seiten gibt es im regelmäßigen Siebeneck aber nicht, sodass $n=7$ ausgeschlossen werden kann.
Im Fall des Sechsecks verläuft die gemeinsame Mittelparallele zwei gegenüberliegender Sechseckseiten durch den Diagonalenschnittpunkt. Insbesondere müsste die Figur des dem Quadrat einbeschriebenen Sechsecks spiegelsymmetrisch zu dieser Achse sein, sodass die Eckpunkte des Sechsecks, die nicht auf den beiden Quadratseiten mit je zwei Sechseck-Eckpunkten liegen, durch die Spiegelung auf den jeweils anderen abgebildet werden müssten. Damit betrüge die Länge der Diagonalen genau $a$ und die Kantenlänge des Sechsecks $\frac{1}{2} a$. An den Quadratecken ergäben sich aber nun aus Symmetriegründen gleichschenklig-rechtwinklige Dreiecke mit Kathetenlänge $\frac{1}{4} a$ und Hypothenusenlänge = Sechseck-Seitenlänge $\frac{1}{2} a$, was aber dem Satz von Pythagoras widerspricht. Demzufolge kann es auch der Fall $n=6$ ausgeschlossen werden.
Bleibt noch zu betrachten, ob regelmäßige Fünfecke möglich sind. Gäbe es ein solches, dass einem Quadrat einbeschrieben ist, so müsste die Höhe des Punktes, dass der Kante des Fünfecks, welche auf einer Quadratseite liegt, gegenüberliegt, auf eben jene gegenüberliegende Kante des Fünfecks parallel zu einer Quadratseite zwei gegenüberliegende quadratseiten verbinden, also die Länge $a$ haben. Aufgrund der Symmetrie (Spiegelung an dieser Höhe überführt die Figur in sich selbst) ist aber auch die Verbindungslinie der zwei übrigen Eckpunkte des Fünfecks parallel zu zwei gegenüberliegenden Quadratseiten (nun dem anderen Paar) und verbindet auch zwei Punkte auf diesen, hat also genauso die Länge $a$. Im regelmäßigen Fünfeck verläuft aber die Höhe eines Punktes auf die gegenüberliegende Fünfeckseite durch keinen der beiden Eckpunkte dieser Seite, sodass die Diagonalen alle länger sind als diese Höhen. So ist auch dieser Fall auszuschließen.
Es verbleiben die in a) und b) betrachteten Fälle mit $n=4$ bzw. $n=8$.
Bemerkung: Entweder ich sehe den Wald vor lauter Bäumen nicht, oder diese Aufgabe ist massiv zu umfangreich und komplex für eine Einführungsaufgabe einer zweiten Runde...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.327, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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\quoteon Bemerkung: Entweder ich sehe den Wald vor lauter Bäumen nicht, oder diese Aufgabe ist massiv zu umfangreich und komplex für eine Einführungsaufgabe einer zweiten Runde...
\quoteoff
Auch mein Gedanke. Ein möglicher Ansatz, um die Aufgabe zu verschlanken: Die Vielecke auf den Seitenflächen sind alle kongruent. => Alle (neuen) Kanten sind gleichlang. => Die Schnittfläche an den Ecken ist ein gleichseitiges Dreieck und ist daher auch orthogonal zur Raumdiagonale der Ecke.
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Ex_Senior
| Beitrag No.328, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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\quoteon(2019-05-07 15:38 - TomTom314 in Beitrag No. 327)
Auch mein Gedanke. Ein möglicher Ansatz, um die Aufgabe zu verschlanken: Die Vielecke auf den Seitenflächen sind alle kongruent. => Alle (neuen) Kanten sind gleichlang. => Die Schnittfläche an den Ecken ist ein gleichseitiges Dreieck und ist daher auch orthogonal zur Raumdiagonale der Ecke.
\quoteoff
Ah, das tut's! Damit sind nämlich die erhaltenen Schnittwinkel nur jeweils $90^{\circ}$ oder $135^{\circ}$ groß (jenachdem, ob zwei Schnittgeraden oder sich eine Schnittgerade mit einer Würfelkante schneidet), was direkt auf Quadrate oder regelmäßige Achtecke führt. Teilaufgabe c9 kann man also in diesem sinne entsprechend kurz lösen (und in a) sofort schließen, dass die Kantenlänge der abgeschnittenen Körper $\frac{a}{2}$ ist.)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.329, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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So, jetzt sind 399 Lösungen online.
Dem, der die 400. Lösung liefert, gebe ich einen aus; sollten wir uns einmal treffen. :-D
Danke für die tolle Arbeit.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.330, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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@Steffen: Das lässt sich machen ;) :
Aufgabe 130932: Man gebe alle natürlichen Zahlen $n$ an, für die $(n-1)^3+n^3+(n+1)^3$ durch 10 teilbar ist!
Lösung:
Es ist $(n-1)^3+n^3+(n+1)^3=3n^3+6n=3n(n^2+2)$. Weiterhin ist $n^2+2$ gerade genau dann, wenn auch $n$ gerade ist. Wegen $(5k\pm 1)^2+2=25k^2\pm 10k+1+2=5 \cdot (5k^2\pm 2k)+3$ und $(5k\pm 2)^2+1=25k^2\pm 20k +4+1=5 \cdot (5k^2\pm 4k+1)$ ist $n^2+2$ genau dann durch 5 teilbar, wenn $n$ den Rest 2 oder 3 bei der Teilung durch 5 lässt.
Damit ist $3n(n^2+2)$ genau dann durch 5 teilbar, wenn $n$ den Rest 0 (dann ist $n$ durch 5 teilbar), 2 oder 3 (dann ist $n^2+2$ durch 5 teilbar) bei der Teilung durch 5 lässt.
Außerdem ist $3n(n^2+2)$ genau dann durch 2 teilbar, wenn es $n$ auch ist.
Zusammen folgt (wegen ggT(2,5)=1), dass $(n-1)^3+n^3+(n+1)^3=3n(n^2+2)$ genau dann durch 10 teilbar ist, wenn es durch 2 und 5 teilbar ist, also $n$ die Endziffer 0, 2 oder 8 besitzt.
Cyrix
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.331, eingetragen 2019-05-07
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Huhu!
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-07_um_18.33.34.png
Nach der dritten binomischen Formel gilt \((2n+1)(2n-1)=(2n)^2-1^2<(2n)^2\)
Setzen wir mal ein paar Werte für \(n\) ein:
\(\displaystyle n=1:\quad 3\cdot 1<2^2\)
\(\displaystyle n=2:\quad 5\cdot 3<4^2\)
\(\displaystyle n=3:\quad 7\cdot 5<6^2\)
...
\(\displaystyle n=1250:\quad 2501 \cdot 2499<2500^2\)
Multiplizieren wir die Ungleichungen:
\(\displaystyle 1 \cdot 3^2\cdot 5^2 \cdot ... \cdot 2499^2 \cdot 2501 < 2^2 \cdot 4^2 \cdot 6^2 \cdot ... \cdot 2500^2\)
Umgestellt:
\(\displaystyle \frac{1 \cdot 3^2\cdot 5^2 \cdot ... \cdot 2499^2}{2^2 \cdot 4^2 \cdot 6^2 \cdot ... \cdot 2500^2}<\frac{1}{2501} \)
Ziehen wir noch die Wurzel:
\(\displaystyle \frac{1 \cdot 3\cdot 5 \cdot ... \cdot 2499}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot ... \cdot 2500}<\frac{1}{\sqrt{2501}}<\frac{1}{\sqrt{2500}}=\frac{1}{50}=0,02 \)
Nicht schön, aber scheint es zumindest zu tun.
Gruß,
Küstenkind
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.332, eingetragen 2019-05-07
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@ stpolster
Ich war mir sicher, dass es auf lange Sicht sinnvoll sein dürfte auch für die Aufgaben selbst einen Index anzulegen (vgl. #254).
Nicht notwendigerweise damit ein "\printindex[aufgindex]" ausgegeben werden kann, sondern damit man professionell verweisen und verlinken kann; etwa auf Targets im Dokument selbst oder ggf. auch in anderen Dokumenten.
Hier wäre ein Beispiel dazu:
\quoteon Aufgabe 020913: Es ist zu beweisen, daß ein Dreieck, bei dem zwei Seitenhalbierende gleich groß sind, stets gleichschenklig ist!
\quoteoff
Für die Seitenhalbierenden $s_a,\, s_b$ sei $s_a=s_b$; dann ist $4s_a^2 = 2b^2+2c^2-a^2$ und $4s_b^2 = 2a^2+2c^2-b^2$ (Herleitung Aufgabe 070935). Gleichsetzen liefert
$2b^2+2c^2-a^2=2a^2+2c^2-b^2
~\Leftrightarrow~
2b^2-a^2=2a^2-b^2
~\Leftrightarrow~
3b^2 = 3a^2
$ mit der Lösung $a=b$.
\showon \quoteon(2019-05-06 19:31 - HyperPlot in Beitrag No. 316 / Aufgabe 070935)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_11_55555555.png
\showon Aufgabe 070935 (LaTeX-Hinweis: Größerer Zeilenumbruch geht so \\[1em])
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3} %
\pgfmathsetmacro{\c}{5} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
Dreieck/.style={thick},
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(2*\F/(\b*\c))} %
\coordinate[Punkt={below}{}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{}] (C) at (\Alpha:\b);
\draw (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
% Seiten
\path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$x$};
\path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$y$};
% Seitenhalbierende
\coordinate[Punkt={below}{}] (M) at ($(A)!0.5!(B)$);
\draw[red] (C) -- (M) node[midway, left]{$s$};
\path[] (A) -- (M) node[midway, above]{$m$};
\path[] (B) -- (M) node[midway, above]{$m$};
% Winkel
\draw pic [angle radius=0.1*\c cm,
"$\varphi$", draw,
] {angle =C--M--A};
\draw pic [angle radius=0.11*\c cm,
"$\overline{\varphi}$", draw,
] {angle =B--M--C};
%% Annotationen - Aufgabe
%\path[local bounding box=scope1, draw=none] (A) -- (A|-C);
%\path[local bounding box=scope2, draw=none] (C) -- (C|-A);
%\pgfmathparse{\a < \b ? "1" : "2"}
%\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
%\begin{scope}[shift={($(scope\pgfmathresult.north)+(-\x cm-3mm,0)$)}]
%\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,b/b,c/c}{%%
%\draw[|-|, yshift=-\y*5mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$% = \csname \s \endcsname cm
%};}%%
%\draw[shift={($(strecken.south west)+(0,-9mm)$)}, yshift=0*-16mm] (\Alpha:1) coordinate(P) -- (0,0) coordinate(Q) -- (1,0) coordinate(R);
%\draw pic [angle radius=7mm,
%"$\alpha$", draw,
%] {angle =R--Q--P};
%\end{scope}
%% Punkte
\foreach \P in {M}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
$
Aus dem Schaubild entliest man mit Hilfe des Kosinussatzes
$
\begin{array}{l l}
x^2 &= m^2 + s^2 - 2sm\cdot\cos(\varphi) \\[2em]
y^2 &= m^2 + s^2 - 2sm\cdot\cos(\overline{\varphi}) \\
&= m^2 + s^2 + 2sm\cdot\cos(\varphi)
\end{array}
$
da $
\cos(\overline{\varphi}) = \cos(180^\circ-\varphi) = -\cos(\varphi)
$; also
$\underline{x^2 + y^2 = 2(m^2 + s^2)}$ (Satz des Appolonius).
$\Rightarrow~ 2s^2 = x^2 +y^2 -2m^2$.
Für ein Dreieck $ABC$ mit $s=s_a$, $x=b$, $y=c$ und $m = \dfrac{a}{2}$ (vgl. andere Abbildung) wird
$
2s_a^2 = b^2+c^2-2\cdot\dfrac{a^2}{4}
$ bzw. $
4s_a^2 = 2b^2 +2c^2 -a^2
$.
Zusatz: Setzt man darin den Kosinussatz ein, wird
$\begin{array}{ll}
4s_a^2 &= 2b^2 +2c^2 -a^2 \\[1em]
&= 2b^2 +2c^2 -\big( b^2+c^2-2bc\cdot\cos(\alpha) \big) \\[1.5em]
&= b^2 +c^2 +2bc\cdot\cos(\alpha).
\end{array}
$
Zusatz: Setzt man erneut den Kosinussatz ein, wird
$\begin{array}{ll}
4s_a^2 &= b^2 +c^2 +2bc\cdot\cos(\alpha) \\[1em]
&= \big( a^2+2bc\cdot\cos(\alpha) \big) +2bc\cdot\cos(\alpha) \\[1.5em]
&= a^2+4bc\cdot\cos(\alpha).
\end{array}
$
Damit erhält man für die Seitenhalbierenden insgesamt die Formeln
$
s_{a}=\dfrac{\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}{2}
=\dfrac{\sqrt{b^{2}+c^{2}+2bc\cos(\alpha)}}{2}
=\sqrt{\dfrac{a^{2}}{4}+bc\cos(\alpha) }
$
$
s_{b}=\dfrac{\sqrt{2a^{2}+2c^{2}-b^{2}}}{2}
=\dfrac{\sqrt{a^{2}+c^{2}+2ac\cos(\beta)}}{2}
=\sqrt{\dfrac{b^{2}}{4}+ac\cos(\beta)}
$
$
s_{c}=\dfrac{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}{2}
=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+2ab\cos(\gamma)}}{2}
=\sqrt{\dfrac{c^{2}}{4}+ab\cos(\gamma) }
$
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\m}{1.7} %
\pgfmathsetmacro{\sa}{\m*4.7} %
\pgfmathsetmacro{\sb}{\m*3} %
\pgfmathsetmacro{\sc}{\m*2.7} %
\pgfmathsetmacro{\a}{2*sqrt(-\sa^2+2*\sb^2+2*\sc^2)/3} %
\pgfmathsetmacro{\b}{2*sqrt(-\sb^2+2*\sa^2+2*\sc^2)/3} %
\pgfmathsetmacro{\c}{2*sqrt(-\sc^2+2*\sb^2+2*\sa^2)/3} %
\begin{tikzpicture}[scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %
\pgfmathsetmacro{\hc}{2*\F/\c} %
\pgfmathsetmacro{\AHc}{sqrt(\b^2-\hc^2)} %
\pgfmathsetmacro{\AHcRes}{\b > \a ? \AHc : -\AHc} %
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\AHcRes,\hc);
\draw (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
% Seitenhalbierende
\coordinate[Punkt={right}{M_a}] (Ma) at ($(B)!0.5!(C)$);
\coordinate[Punkt={above}{M_b}] (Mb) at ($(A)!0.5!(C)$);
\coordinate[Punkt={below}{M_c}] (Mc) at ($(A)!0.5!(B)$);
\coordinate[Punkt={above}{S}] (S) at ($(A)!2/3!(Ma)$);
\draw[] (A) -- (Ma) node[near start, above]{$s_a$};
\draw[] (B) -- (Mb) node[near start, above]{$s_b$};
\draw[] (C) -- (Mc) node[near start, left]{$s_c$};
%% Annotationen - Strecken
%\path[local bounding box=scope1, draw=none] (A) -- (A|-C);
%\path[local bounding box=scope2, draw=none] (C) -- (C|-A);
%\pgfmathparse{\b > \a ? "1" : "2"}
%\pgfmathsetmacro{\x}{max(\sa, \sb, \sc)} %
%\begin{scope}[shift={($(scope\pgfmathresult.north)+(-\x cm-2mm,0)$)}]
%\tikzset{YShift/.style={yshift=-\y*\hc*0.3 cm}}
%\foreach[count=\y from 0] \s in {a,b,c}{%%
%\draw[|-|, YShift] (0,0) -- (\csname s\s \endcsname,0) node[midway, above]{$s_\s$%= \csname s\s \endcsname{} cm
%};
%\pgfmathsetmacro{\Drittel}{(\csname s\s \endcsname)/3}%
%\foreach \d in {1,...,2}{%
%\draw[YShift, xshift=\d*\Drittel cm] (0,0) -- (0,3pt) %node[above, font=\tiny]{\d$\cdot$\Drittel}
%;}%
%}%%
%\end{scope}
%% Hoehe einzeichnen
%\draw[red] (C) -- (\AHcRes,0) node[midway, left]{$h_c$};
%\draw[densely dashed, shorten >=-3mm] (A) -- (\AHcRes,0);
% Punkte
\foreach \P in {Ma,Mb,Mc,S}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
$
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.314 begonnen.]
\quoteoff
\showoff
______________________
\quoteon(2019-05-07 17:24 - stpolster in Beitrag No. 329)
So, jetzt sind 399 Lösungen online.
Dem, der die 400. Lösung liefert, gebe ich einen aus; sollten wir uns einmal treffen. :-D
Danke für die tolle Arbeit.
LG Steffen
\quoteoff
Du kannst ja einen Preis ausloben, etwa McDonald-Gutscheine. 
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.330 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.333, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
@Küstenkind: Deine schöne Idee lässt sich so ganz nett darstellen:
Es ist wegen $(n-1)(n+1)=n^2-1[Die Antwort wurde nach Beitrag No.331 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.334, eingetragen 2019-05-07
|
\quoteon(2019-05-07 19:13 - cyrix in Beitrag No. 333)
@Hyperplot: Ich finde, die Lösungen der Aufgaben sollten unabhängig voneinander lesbar sein und also an sich keine Querverweise aufeinander enthalten.
\quoteoff
Ich eigentlich auch. Etwa bei diesem Beispiel hätte ich wenig Lust nochmal den entsprechenden Formelsalat herzuleiten.
Ich habe #332 nochmal umformuliert; vermutlich hat aber stpolster eh schon alles übernommen.
Die Indizierung der Aufgaben hat generell Vorteile, z.B. "siehe auch Aufg. 999111", "ähnliche Aufgabe 999111", "Vertiefungsaufgabe 999111", "Betrachtung des allgemeinen Falls siehe 999111".
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.335, eingetragen 2019-05-07
|
@Cyrix: Ja, gefällt mir wesentlich besser. Bitte diese Lösung übernehmen (@Steffen).
Gruß,
Küstenkind
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.336, eingetragen 2019-05-07
|
Bald können wir diesen Thread in "Alle Olympiadeaufgaben" umtaufen. 8-)
Die 091246 wurde aufgrund ihrer hohen Schwierigkeit (wahrscheinlich auch, weil Ungleichungen noch kein großes Thema in Olympiaden waren) "Pirlscher Hammer genannt",
siehe https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=40653
Ich glaube, nur Buri hatte damals eine vollständige Lösung gefunden.
Eine der auf dem Matheplaneten diskutierten Lösungen ist sogar auf der TU-Chemnitz-Seite erwähnt (von einem zweifach Volle-Punktzahl-Olympioniken der Internationalen Matheolympiade) https://www.tu-chemnitz.de/mathematik/discrete/goering/ ;-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.337, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
\quoteon Aufgabe 020913: Es ist zu beweisen, daß ein Dreieck, bei dem zwei Seitenhalbierende gleich groß sind, stets gleichschenklig ist!
\quoteoff
Hier ist der Verweis auf eine weitere Formel/Lösung nicht nötig. Die Verwendung einer Aufgabe aus Runde 3 in einer Runde-1-Aufgabe ist auch eher ungünstig.
Lösung:
Sei $s_a=s_b$ und $S$ der Schnittpunkt der drei Seitenhalbierenden. $S$ teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis $2:1$. Daher ist das Dreieck $ABS$ gleichschenklig mit Basis $|AB|$. $S$ liegt somit auf der Mittelsenkrechten von $AB$. Also ist $s_c$ senkrecht auf $AB$ und damit $ABC$ gleichschenklig.
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Ex_Senior
| Beitrag No.338, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
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\quoteon(2019-05-07 19:23 - Kornkreis in Beitrag No. 336)
Eine der auf dem Matheplaneten diskutierten Lösungen ist sogar auf der TU-Chemnitz-Seite erwähnt (von einem zweifach Volle-Punktzahl-Olympioniken der Internationalen Matheolympiade) https://www.tu-chemnitz.de/mathematik/discrete/goering/ ;-)
\quoteoff
Ich habe die Lösung eingebaut. Ich musste zwar alles auf LaTex umschreiben, aber es ist wieder eine Lösung. Schön.
Alles andere wird heute noch, aber etwas später.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.336 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.339, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
Zur Aufgabe 071226: Gegeben sei eine regelmäßige sechsseitige Pyramide. Man lege einen ebenen Schnitt durch die Pyramide, der durch die Mittelpunkte zweier nicht benachbarter und nicht paralleler Seiten der Grundfläche und durch den Mittelpunkt der Höhe der Pyramide verläuft.
Es ist das Verhältnis des Flächeninhalts der dabei entstehenden Schnittfigur und des Flächeninhalts einer Seitenfläche der Pyramide zu ermitteln.
Lösung:
Die Eckpunkte der Grundfläche seien in der Reihenfolge mit $P_1$ bis $P_6$ bezeichnet sowie die Spitze der Pyramide mit $S$ und der Mittelpunkt der Grundfläche mit $F$. Dann ist auch $F$ der Fußpunkt der Höhe von $S$ auf die Grundfläche, da von einer geraden Pyramide ausgegangen wird. (Sonst könnte man nicht vom Flächeninhalt **einer** Seitenfläche der Pyramide sprechen, da sie unterschiedliche Flächeninhalte haben könnten, wäre die Pyramide nicht gerade.) Schließlich sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $FS$, also der Mittelpunkt der Höhe der Pyramide und $\epsilon$ die Ebene des zu betrachtenden Schnitts.
Der Schnitt verlaufe durch die Mittelpunkte $M_1$ und $M_3$ der Seiten $P_1P_2$ und $P_3P_4$, die weder benachbart noch parallel sind. Insbesondere ist dann also die Gerade durch die Diagonale $P_1P_4$ des Sechsechs parallel zur Schnittebene $\epsilon$.
Sei weiterhin $Q_1Q_2Q_3Q_4Q_5Q_6$ das Sechseck, welches als Schnitt der Pyramide mit einer zur Grundfläche parallelen Ebene durch den Mittelpunkt $M$ der Höhe entsteht, wobei jeder Punkt $Q_i$ auf der Gerade $SP_i$ liege. Da $\epsilon$ erstens durch $M$, welcher gleichzeitig Mittelpunkt dieses zweiten Sechsecks ist, verläuft, zweitens parallel zu $P_1P_4$ ist und drittens nach dem Strahlensatz die Geraden $P_1P_4$ und $Q_1Q_4$ parallel sind, muss die Strecke $Q_1Q_4$, die $M$ als eigenen Mittelpunkt enthält, in $\epsilon$ liegen. Somit schneidet $\epsilon$ also die Geraden $P_1S$ und $P_4S$ in $Q_1$ bzw. $Q_4$.
Analog sei das Sechseck $R_1R_2R_3_R_4R_5R_6$ als Schnitt der Pyramide mit einer zur Grundfläche parallelen Ebene in Höhe von $\frac{3}{4} |SF|$ definiert, wobei wieder die Punkte $R_i$ auf den Geraden $SP_i$ liegen sollen. Der Schnitt von $\epsilon$ mit dieser zur Grundfläche parallelen Ebene liefert wieder eine Gerade, die parallel zu $R_1R_4$ ist.
Sei $d$ der Abstand der parallelen Geraden $P_1P_4$ und $P_5P_6$. Dann beträgt nach dem Strahlensatz der Abstand der parallelen Geraden $R_1R_4$ und $R_5R_6$ genau $\frac{1}{4} d$.
Der Abstand des Schnitts von $\epsilon$ mit der Grundfläche, also der Geraden $M_1M_3$, hat einen Abstand $\frac{1}{2} d$ von der dazu parallelen Gerade $P_1P_4$. Und in der zu Grundfläche parallelen Ebene durch $M$ (also in Höhe $\frac{1}{2} |SF|$ über der Grundfläche) ist der Schnitt von $\epsilon$ mit dieser Ebene identisch mit der Geraden $R_1R_4$, sodass der entsprechende Abstand Null beträgt. Daher gilt nach Strahlensatz (mit Zentrum $M$ in Höhe $\frac{1}{2} |SF|$ über der Grundfläche), dass der Schnitt von $\epsilon$ mit der zur Grundfläche parallelen Ebene in Höhe $\frac{3}{4} |SF|$ genau den Abstand $\frac{1}{4} d$ zur entsprechenden parallelen Gerade $R_1R_4$ hat. Da weiterhin diese Schnittgerade von $\epsilon$ mit der gerade betrachteten Ebene in der von $R_1R_4$ erzeugten Halbebene liegt, in der nicht $R_2$ und $R_3$ liegen; in der im gleichen Abstand zu $R_1R_4$ aber der Gerade $R_5R_6$ verläuft, muss also der Schnitt von $\epsilon$ mit dieser Ebene gerade die Gerade $R_5R_6$ sein. Damit schneidet $\epsilon$ die Geraden $SP_5$ und $SP_6$ in $R_5$ bzw. $R_6$.
Die entstehende Schnittfigur beim Schnitt von $\epsilon$ mit der sechsseitigen Pyramide ist demnach genau das Sechseck $M_1M_3Q_4R_5R_6Q_1$. Dieses lässt sich zerlegen in die beiden Trapeze $M_1M_3Q_4Q_1$ und $Q_1Q_4R_5R_6$, deren Flächeninhalte -- in Abhängigkeit der Kantenlänge $a$ des Sechsecks der Grundfläche und der Höhe $h=|SF|$ der Pyramide -- im Folgenden ermittelt werden:
Sei $P_0$ der Schnittpunkt der Geraden $P_1P_2$ und $P_3P_4$ und es entsteht das gleichseitige Dreieck $\triangle P_2P_0P_3$. Dann gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|P_0M_1|}{|P_0P_2|}=\frac{|M_1M_3|}{|P_2P_3|}$, also $|M_1M_3|=\frac{3}{2} a$. Analog folgt auch $|P_1P_4|=2a$. Aus letzterem folgt mittels Strahlensatz (mit Zentrum $S$), dass $|Q_1Q_4|=\frac{1}{2} |P_1P_4|=a$ gilt. Damit kennen wir die Längen der parallelen Strecken im Trapez $M_1M_3Q_4Q_1$.
Für den Abstand dieser beiden Parallelen betrachten wir das rechtwinklige Dreieck bestehend aus $M$, $F$ und dem Mittelpunkt $N$ der Strecke $M_1M_3$, wobei der rechte Winkel bei $F$ liegt. Es ist $|MF|=\frac{1}{2} |SF|=\frac{1}{2} h$. Für die Streckenlänge $|FN|$ gilt, dass die Strecke die halbe Höhe im gleichseitigen Dreieck $\triangle P_2P_3F$ ist, also $|FN|=\frac{\sqrt{3}}{4}$ folgt. Damit beträgt der Abstand der beiden Geraden $M_1M_3$ und $Q_1Q_4$ genau $h_1:=|NM|=\sqrt{|MF|^2+|FN|^2}=\sqrt{\frac{1}{4} h^2 + \frac{3}{16} a^2}=\frac{1}{4} \sqrt{4h^2+3a^2}$.
Der Flächeninhalt des Trapezes $M_1M_3Q_4Q_1$ ergibt sich damit zu $A_1:=\frac{1}{2} \cdot (|M_1M_3|+|Q_1Q_4|) \cdot h_1=\frac{5}{16} a \cdot \sqrt{4h^2+3a^2}$.
Für die Bestimmung des Flächeninhalts des Trapezes $Q_1Q_4R_5R_6$ beachte man, dass aufgrund des Strahlensatzes (mit Zentrum $S$) $|R_5R_6|=frac{1}{4} |P_5P_6|=\frac{1}{4} a$ und (mit Zentrum $M$) $h_2=\frac{1}{2} h_1=\frac{1}{8} \sqrt{4h^2+3a^2}$ gilt, wobei $h_2$ der Abstand der Parallelen $Q_1Q_4$ und $R_5R_6$ ist. Also ergibt sich für dieses Trapez der Flächeninhalt zu $A_2:=\frac{1}{2} (|Q_1Q_4|+|R_5R_6|) \cdot h_2=\frac{5}{64} a \cdot \sqrt{4h^2+3a^2}=\frac{1}{4} A_1$.
Damit ergibt sich der Flächeninhalt $A$ der gesamten Schnittfigur zu $A:=A_1+A_2=\frac{5}{4} \cdot A_1=\frac{25}{64} a \cdot \sqrt{4h^2+3a^2}$.
Um den Flächeninhalt der Seitenfläche $\triangle P_1P_2S$ (und damit jeder Seitenfläche) der Pyramide zu bestimmen, benötigen wir die Länge ihrer Seitenhöhe $h_s$. Diese ist die Hypothenuse im rechtwinkligen Dreieck $\triangle SFM_1$ mit rechtem Winkel bei $F$. Es ist $FM_1$ die Höhe im gleichseitigen Dreieck $\triangle P_1P_2F$, sodass $|FM_1|=\frac{\sqrt{3}}{2} a$ gilt. Also ist $|SF|=h$, also $h_s=|M_1S|=\sqrt{|SF|^2+|FM_1|^2}=\sqrt{h^2+\frac{3}{4}a^2}=\frac{1}{2} \sqrt{4h^2+3a^2}$.
Daraus ergibt sich nun der Flächeninhalt $A_S$ einer Seitenfläche der Pyramide zu $A_S=\frac{1}{2} \cdot a \cdot h_s=\frac{1}{4} a \cdot \sqrt{4h^2+3a^2}$ und damit für den Flächeninhalt Schnittfigur
$A=\frac{25}{16} \cdot A_S$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.336 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.340, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
@Steffen: Für die Lösung zur 091246 solltest du die Definitionen Sonnhards der $s_n$ mit in die Lösung übernehmen, denn das sind keine feststehenden Begriffe, sondern von ihm für die Aufgabe gewählte Definitionen.
btw: Nach derzeitigem Stand der Dinge werde ich während der Klausuren am Montag bzw. Dienstag vermutlich doch nicht bei deinem Rahmenprogrammpunkt vorbeikommen können, da ich die Jury in ihrer Tätigkeit unterstützen soll. ("Berater des Chefkoordinators", aka mithelfen beim Beantworten der Fragen u.Ä.) Aber dadurch werde ich erst recht die meiste Zeit bei euch in der Schule sein, sodass man sich zwischendurch sicherlich mal treffen und unterhalten kann. :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.341, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
\quoteon(2019-05-07 21:34 - cyrix in Beitrag No. 340)
@Steffen: Für die Lösung zur 091246 solltest du die Definitionen Sonnhards der $s_n$ mit in die Lösung übernehmen, denn das sind keine feststehenden Begriffe, sondern von ihm für die Aufgabe gewählte Definitionen.
Cyrix
\quoteoff
Habe ich gemacht. 405 Lösungen online.
\quoteon(2019-05-07 21:34 - cyrix in Beitrag No. 340)
btw: Nach derzeitigem Stand der Dinge werde ich während der Klausuren am Montag bzw. Dienstag vermutlich doch nicht bei deinem Rahmenprogrammpunkt vorbeikommen können, da ich die Jury in ihrer Tätigkeit unterstützen soll. ... Aber dadurch werde ich erst recht die meiste Zeit bei euch in der Schule sein, sodass man sich zwischendurch sicherlich mal treffen und unterhalten kann. :)
\quoteoff
Schade und Gratulation zur neuen Aufgabe.
Wir werden uns sehen. :-)
LG Steffen
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StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8460
Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.342, eingetragen 2019-05-07
|
\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart)
Aufgabe 061226:
a) Geben Sie alle Tripel reeller Zahlen $(x, y, z)$ an, die das Gleichungssystem (1)
2x + 3y + z = 1
4x - y + 2z = 2
8x + 5y + 3z = 4
erfüllen!
b) Bilden Sie alle Gleichungssysteme, die sich von dem Gleichungssystem (1) in genau einem Koeffizienten unterscheiden und unendlich viele Lösungen besitzen!
Als ”Koeffizienten” seien hier sowohl die auf der ”linken Seiten” stehenden ”Vorzahlen” der Variablen als auch die ”absoluten Glieder” auf den ”rechten Seiten” bezeichnet.
Geben Sie auch in diesen Fällen alle Tripel reeller Zahlen an, die die jeweiligen Gleichungssysteme erfüllen!
c) Bilden Sie ein Gleichungssystem, das sich von (1) in genau zwei Koeffizienten unterscheidet, das aber von keinem Tripel reeller Zahlen erfüllt wird!
\quoteoff
Zu b mache ich hier mal einen Aufschlag. Eine einigermaßen nachvollziehbare Formulierung des Lösungswegs fehlt mir aber noch. Vielleicht ist meine Lösung aber auch nicht ganz richtig.
Nach einiger Rechnerei bin ich auf folgende Lösung gekommen:
Es gibt genau drei Möglichkeiten, einen einzigen Koeffizienten so zu modifizieren, dass das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen besitzt.
1. Ändere den Koeffizienten der ersten Gleichnug bei z von 1 in 1/2
2. Ändere den Koeffizienten der zweiten Gleichnug bei z von 2 in 1
3. Ändere den Koeffizienten der dritten Gleichnug bei z von 3 in 4
Hat sich noch jemand mit dieser Aufgabe beschäftigt?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.338 begonnen.]
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Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.343, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-07
|
@StrgAltEntf: Jep, bin aber noch nicht dazu gekommen, das sauber aufzuschreiben. In Kurzform die Ideen:
zu a): Man addiere das Doppelte der ersten zur zweiten Gleichung und subtrahiere davon die dritte. Damit erhält man $y$ und kann damit die anderen beiden Variablen schnell berechnen.
zu b): Unendlich viele (oder keine) Lösung kann es nur geben, wenn die linken Seiten der Gleichungen linear abhängig werden. Wir unterscheiden zwei Fälle:
Fall 1: Die zweite Zeile ist Vielfache der ersten. Das kann nur bei einer geeigneten Anpassung eines der beiden Koeffizienten von $y$ der Fall sein ==> 2 Lösungen.
Fall 2: Das $k$-fache der ersten plus das $l$-fache der zweiten Zeile ergibt die dritte. Zwei der drei Spalten "$x$-Koeffizienten", "$y$-Koeffizienten" und "rechte Seiten" bleiben erhalten. Die führen aber automatisch auf $k=2$ und $l=1$. Damit kann auch keine dieser Koeffizienten angepasst werden, da sich sonst keine lineare Abhängigkeit der Gleichungen mehr ergibt. Also kann nur an den $z$-Koeffizienten gedreht werden, was dann auf deine dritte Lösung führt.
zu c) Man nehme z.B. die erste Lösung aus b) und passe eine der rechten Seiten an, sodass sich die ersten zwei Zeilen widersprechen.
Das ist noch keine Lösung, aber der Plan, wie man sie ausformulieren könnte.
Cyrix
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Profil
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.344, eingetragen 2019-05-08
|
\quoteon
Aufgabe 150935: Beweisen Sie den folgenden Satz!
In jedem Dreieck teilt die Halbierende jedes Innenwinkels die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der beiden anliegenden Seiten.
\quoteoff
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %
\pgfmathsetmacro{\wA}{2*\b*\c*cos(\Alpha/2)/(\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wB}{2*\a*\c*cos(\Beta/2)/(\a+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wC}{2*\a*\b*cos(\Gamma/2)/(\a+\b)} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
Dreieck/.style={thick},
]
% Dreieckskonstruktion
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
% Annotationen - Dreieck
\draw[red] (C) --+ (-\Beta-0.5*\Gamma:\wC) coordinate[Punkt={below}{W}] (W) node[midway, right]{$w$};
\path[] (A) -- (W) node[midway, below]{$m$};
\path[] (B) -- (W) node[midway, below]{$n$};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\gamma_1$", double
] {angle =A--C--W};
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\gamma_2$", double
] {angle =W--C--B};
\path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$};
\path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$};
\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =C--W--A};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\overline{\chi}$",
] {angle =B--W--C};
%%% Punkte
\draw[fill=black!1] (W) circle (1.75pt);
% Annottion - Text
\node[below of=A, yshift=0.25cm, xshift=-7mm,
anchor=north west, align=left,
text width=2.3*\c cm, fill=black!1,
draw=none, font=\normalsize
]{%
\begin{itemize}
\item Sei $w$ eine beliebige Ecktransversale von $C$; dann entliest man der Abbildung mit Hilfe des Sinussatzes
$\dfrac{\sin(\chi)}{\sin(\gamma_1)} = \dfrac{b}{m}$ und
$\dfrac{\sin(\overline{\chi})}{\sin(\gamma_2)} = \dfrac{a}{n}$.\\
Für die supplementären Winkel bei $W$ ist $
\sin(\overline{\chi}) = \sin(180^\circ -\chi) =\sin(\chi)$; also
$\sin(\chi)=\dfrac{b}{m}\cdot \sin(\gamma_1)
= \dfrac{a}{n}\cdot \sin(\gamma_2) =\sin(\overline{\chi})$. Damit erhält man die allgemeine Beziehung
$$\dfrac{b\sin(\gamma_1)}{a\sin(\gamma_2)} = \dfrac{m}{n}$$
\item Für den Sonderfall $\gamma_1 =\gamma_2$ ist $w$ die Winkelhalbierende und man erhält
$$\dfrac{b}{a} = \dfrac{m}{n}$$
\end{itemize}
};
%% Winkelhalbierende
%\draw[] (C) --+ (-\Beta-0.5*\Gamma:\wC) coordinate[Punkt={below}{W_c}] (Wc);
%\path[] (A) -- (Wc) node[midway, below]{$m_c$};
%\path[] (B) -- (Wc) node[midway, below]{$n_c$};
%\draw pic [draw, angle radius=3mm, angle eccentricity=1.8,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\gamma/2$",
%] {angle =A--C--Wc};
%\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.8,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\gamma/2$",
%] {angle =Wc--C--B};
%
%\draw[] (A) --+ (0.5*\Alpha:\wA) coordinate[Punkt={right}{W_a}] (Wa);
%\path[] (B) -- (Wa) node[midway, above]{$m_a$};
%\path[] (C) -- (Wa) node[midway, above]{$n_a$};
%\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.8,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\alpha/2$",
%] {angle =Wa--A--C};
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.8,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\alpha/2$",
%] {angle =B--A--Wa};
%
%\draw[] (B) --+ (180-0.5*\Beta:\wB) coordinate[Punkt={left}{W_b}] (Wb);
%\path[] (A) -- (Wb) node[midway, left]{$m_b$};
%\path[] (C) -- (Wb) node[midway, left]{$n_b$};
%\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=2,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\beta/2$",
%] {angle =Wb--B--A};
%\draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=1.7,
%% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
%"$\beta/2$",
%] {angle =C--B--Wb};
%
%%%% Punkte
%\foreach \P in {Wa,Wb,Wc} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
$
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ZePhoCa
Aktiv 
Dabei seit: 15.09.2010
Mitteilungen: 273
 | Beitrag No.345, eingetragen 2019-05-08
|
031121 Es ist zu beweisen, dass $n^3+ 3n^2−n−3$ bei ungeradem $n$ stets durch 48 teilbar ist!
Lösung:
Es gilt $m := n^3+3n^2-n-3 = n^2(n+3)-(n+3) = (n-1)(n+1)(n+3)$. Von den drei Zahlen $n-1,n+1,n+3$ ist genau eine durch $3$ teilbar, also ist $m$ durch $3$ teilbar. Da $n$ ungerade ist, sind diese drei Zahlen außerdem gerade und entweder $n-1$ oder $n+1$ ist sogar durch $4$ teilbar. Also ist $m$ durch $2 \cdot 4 \cdot 2 = 16$ teilbar. Da dies teilerfremd zu $3$ ist, ist $m$ auch durch $48 = 3 \cdot 16$ teilbar.
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Ex_Senior
| Beitrag No.346, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
|
Dann formulieren wir mal die Lösung zur 061226 aus:
a) Addition des doppelten der ersten zur zweiten Gleichung liefert $8x+5y+4z=4$, woraus mit der dritten Gleichung $z=0$ folgt. setzt man dies ein und zieht vom Doppelten der ersten Gleichung die zweite ab, erhält man $y=0$ und schließlich $x=\frac{1}{2}$. Damit ist $\left(\frac{1}{2};0;0\right)$ das einzige Lösungstripel, was auch durch die Probe bestätigt wird.
b) Unendlich viele Lösungen hat das Gleichungssystem nur dann, wenn es eine Kombination der Gleichungen gibt, die sich zu $0=0$ reduziert. (Die Gleichungen sind linear abhängig.) Dazu unterscheiden wir zwei Fälle:
1. Fall: Es gibt eine reelle Zahl $k$, sodass das $k$-fache der ersten Gleichung, die zweite ergibt. Daraus ergibt sich folgende Beziehung:
$2k=4$, falls kein $x$-Koeffizient geändert wurde, oder
$k=2$, falls kein $z$-Koeffizient geändert wurde.
Da mindestens eine dieser beiden Fälle eintreten muss, ist $k=2$. Damit muss aber das Doppelte des Koeffizienten von $y$ in der ersten Gleichung dem Koeffizienten von $y$ in der zweiten Gleichung entsprechen, sodass entweder der Koeffizient von $y$ in der ersten Gleichung auf $-\frac{1}{2}$, oder der von $y$ in der zweiten Gleichung auf $+6$ abgeändert werden muss.
In der ersten Variante hat das Gleichungssystem nun die Form
$2x-\frac{1}{2} y + z=1$
$4x-y+2z=2$
$8x + 5y + 3z = 4$
und hat (Subtraktion des Doppelten der zweiten von der dritten Gleichung) die Lösungen $\left\{\left.\left(\frac{1}{2}-\frac{13}{4} \cdot t, t, 7 \cdot t\right)\right| t\in \mathbb{R}\right\}$.
In der zweiten Variante hat das Gleichungssystem die Form
$2x+3y+z=1$
$4x+6y+2z=2$
$8x+5y+3z=4$
und hat (Subtraktion der dritten Gleichung vom doppelten der zweiten) die Lösungen $\left\{\left.\left(\frac{1}{2} + 2\cdot t, t, -7 \cdot t\right)\right| t\in \mathbb{R}\right\}$.
2. Fall: Es gibt reelle Zahlen $k$ und $\ell$, sodass die Summe des $k$-fachen der ersten und $\ell$-fachen der zweiten Gleichung die dritte ergibt. Daraus erhält man folgende Beziehungen:
$2k+4\ell=8$, falls kein $x$-Koeffizient geändert wurde,
$3k-\ell=5$, falls kein $y$-Koeffizient geändert wurde,
$k+2\ell=4$, falls keine rechte Seite verändert wurde und schließlich
$k+2\ell=3$, falls kein $z$-Koeffizient geändert wurde.
Da nicht sowohl einer der $x$-Koeffizienten als auch eine der rechten Seiten modifiziert worden sind, gilt in jedem Fall $k+2\ell=4$. Dies widerspricht aber der Bedingung, die eintreten würde, wenn kein $z$-Koeffizient verändert werden würde. Also kann nur durch die Änderung eines dieser Koeffizienten der Variablen $z$ ein Gleichungssystem konstruiert werden, welches unendlich viele Lösungen hat. Insbesondere bleiben neben den $x$-Koeffizienten auch die $y$-Koeffizienten unangetastet und es ergibt sich zusammen $k=2$ und $\ell=1$. Die summe aus dem doppelten der ersten Gleichung und der zweiten Gleichung muss also die dritte ergeben. Dafür gibt es drei Möglichkeiten, den Koeffizient von $z$ in je einer der drei Gleichungen anzupassen:
In der ersten Variante setzt man in der ersten Gleichung den Koeffizienten von $z$ auf $\frac{3-2}{2}=\frac{1}{2}$ und erhält das neue Gleichungssystem
$2x+3y+\frac{1}{2}z=1$
$4x-y+2z=2$
$8x+5y+3z=4$,
welches die Lösungen $\left\{\left.\left(\frac{1}{2} - \frac{13}{4}\cdot t, t, 7 \cdot t\right)\right| t\in \mathbb{R}\right\}$ besitzt.
In der zweiten Variante ändert man den Koeffizienten von $z$ in der zweiten Gleichung auf $3-2\cdot 1=1$ ab und erhält das neue Gleichungssystem
$2x+3y+z=1$
$4x-y+z=2$
$8x+5y+3z=4$,
welches die Lösungen $\left\{\left.\left(\frac{1}{2} + 2 \cdot t, t, -7 \cdot t\right)\right| t\in \mathbb{R}\right\}$ besitzt.
Und schließlich in der dritten Variante wird der Koeffizient von $z$ in der dritten Gleichung auf $2\cdot 1+ 2=4$ gesetzt, sodass man das neue Gleichungssystem
$2x+3y+z=1$
$4x-y+2z=2$
$8x+5y+4z=4$
erhält, welches die Lösungen $\left\{\left.\left(t, 0, 1-2 \cdot t\right)\right| t\in \mathbb{R}\right\}$ besitzt.
Insgesamt hat man also fünf verschiedene Möglichkeiten je einen der Koeffizienten des ursprünglich gegebenen Gleichungssystems anzupassen, sodas das jeweilige neue Gleichungsystem dann unendlich viele Lösungen hat.
c) Man ändere den Koeffizienten von $y$ in der zweiten Gleichung auf $+6$ und die rechte Seite der zweiten Gleichung auf 0 ab. Dann erhält man das neue Gleichungssystem
$2x+3y+z=1$
$4x+6y+2z=0$
$8x+5y+3z=4$,
wobei aus der ersten Gleichung $4x+6y+2z=2\neq 0$ folgt, was der zweiten Gleichung widerspricht. Damit hat dieses Gleichungssystem keine Lösung.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.343 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.347, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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Ich gebe mal für ein paar Aufgaben, an denen ich gerade hänge, einige Ansätze/ Ideen an, die ich probiert habe, aber noch nicht zum Ziel gekommen bin. Vielleicht kann sie ja jemand anderes gewinnbringend vollenden:
\quoteon
Aufgabe 120933: Ein Würfel mit der Kantenlänge a und den Eckpunkten $A,B,C,D,E,F,G,H$ (siehe Abbildung) wird von sechs Ebenen geschnitten, die jeweils durch die Punkte $A,B,G,H$; $D,C,F,E$; $A,D,G,F$; $B,C,H,E$; $A,E, G,C$ und $B,H,F,D$ gehen.
Man ermittle die Anzahl der Teilkörper, in die der Würfelkörper dadurch zerlegt wird. Außerdem gebe man das Volumen der einzelnen Teilkörper an.
\quoteoff
Lösungsansatz:
Jede dieser Schnittebenen verläuft senkrecht zu einem Paar gegenüberliegender Würfelseiten durch eine von deren Flächendiagonalen. Tatsächlich wird so senkrecht entlang aller Flächendiagonalen geschnitten. Je zwei Schnitte in die gleiche Richtung (gemeint ist das Paar paralleler Seitenflächen, zu denen senkrecht geschnitten wird) zerlegt den Würfel in vier kongruente Teile. Jetzt -- so die Vermutung bei fehlender räumlicher Vorstellung -- sollte das dazu führen, dass also durch diese je zwei Schnitte in jeder Dimension die Anzahl der Teile immer unabhängig von der der anderen Dimensionen verhält, man also $4^3=64$ kongruente Teilkörper mit je einem Volumen von $\frac{1}{64} a^3$ erhält. Den Schritt konnte ich aber noch nicht gehen.
\quoteon
Aufgabe 081045: Drei Werkhallen (symbolisiert durch die Punkte $W_1$ , $W_2$ , $W_3$) eines größeren Betriebes und eine Bahnstation (symbolisiert durch den Punkt $B$) liegen in einem ebenen Gelände.
$W_1$, $W_2$, $W_3$ liegen nicht auf derselben Geraden.
Die Werkhallen sind miteinander durch drei geradlinige Straßen (symbolisiert durch die Strecken $W_1W_2$, $W_2W_3$ und $W_3W_1$) verbunden. Für die Strecken gilt: $|W_2W_3| < |W_3W_1| < |W_1W_2|$.
Die Bahnstation hat von den drei Straßen gleichen Abstand.
Sie ist ferner durch geradlinige Zubringerstraßen (symbolisiert durch die Strecken $BW_1$, $BW_2$ und $BW_3$) mit den drei Werkhallen verbunden.
Ein Autobus soll von der Bahnstation aus erst zu allen drei Werkhallen fahren und dann zur Bahnstation zurückkehren, wobei er ausschließlich die oben angegebenen Wege benutzen kann.
Ermitteln Sie unter diesen Bedingungen die kürzeste Fahrroute für den Bus!
\quoteoff
Lösungsansatz:
Es ist $B$ der Inkreismittelpunkt des Dreiecks $\triangle W_1W_2W_3$ und es ist zu bestimmen, für welchen der Punkte $X\in\{W_1, W_2, W_3\}$ die Summe der Längen der Strecken von $B$ zu den beiden übrigen sowie von $X$ zu den beiden übrigen Punkten minimal wird. Alternativ kann man auch die Summe der Längen der Strecke $XB$ und der Strecke durch die beiden von $x$ verschiedenen Eckpunkte des Dreiecks maximieren, weil dies die Differenz zur Summe des Umfangs des Dreiecks und der Summe der Entfernungen von $B$ zu allen drei Eckpunkten ist. Ob hier die kürzeste oder längste Dreiecksseite gewinnt, wenn man sie nicht fahren muss, ist mir nicht klar...
\quoteon
Aufgabe 091045: Es seien $k^{\prime}$ und $k^{\prime\prime}$ zwei voneinander verschiedene Kreise durch die Eckpunkte $A$ und $B$ des
Dreiecks $\triangle ABC$, deren Mittelpunkte $M^{\prime}$ bzw. $M^{\prime\prime}$ beide auf dem Umkreis $k$ von Dreieck $\triangle ABC$ liegen.
Beweisen Sie, dass der Mittelpunkt des Inkreises von Dreieck $\trianlge ABC$ entweder auf $k^{\prime}$ oder
auf $k^{\prime\prime}$ liegt!
\quoteoff
Lösungsansatz:
Da $A$ und $B$ sowohl auf $k^{\prime}$ als auch $k^{\prime\prime}$ liegen, gilt $|AM^{\prime}|=|BM^{\prime}|$ und $|AM^{\prime\prime}|=|BM^{\prime\prime}|$, sodass sowohl $M^{\prime}$ als auch $M^{\prime\prime}$ auf dem Mittellot der Strecke $AB$ liegen. Dieses Mittellot wird vom Umkreis $k$ des Dreiecks $\triangle ABC$ genau zweimal geschnitten, sodass o.B.d.A. $M^{\prime}$ der Nordpol und $M^{\prime\prime}$ der Südpol diees Kreises sei. Der Inkreismittelpunkt ist der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden und nach dem Südpolsatz verläuft die Winkelhalbierende durch $C$ auch durch den Südpol. Ob man das gewinnbringend nutzen kann: Keine Ahnung...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.348, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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Hallo,
nicht verwundert sein, dass es auf einmal "nur" noch 391 Lösungen sind.
Ich habe alle Aufgaben der I.Stufe herausgenommen. Deren Lösungen habe ich von Manuela Kugels Homepage und anderen Quellen nur abgeschrieben.
Diese Lösungen stammen also nicht vom Matheplaneten. (mit wenigen Ausnahmen) Irgendwann bastel ich eine extra Datei mit den Aufgaben der I.Stufe.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.349, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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\quoteon \quoteon
Aufgabe 120933: Ein Würfel...
\quoteoff
Lösungsansatz:
... durch eine von deren Flächendiagonalen. Tatsächlich wird so senkrecht entlang aller Flächendiagonalen geschnitten. ...
\quoteoff
Hier komme ich auf eine andere Zahl. Die Flächen des Würfels zerfallen in 4 kongruente Dreiecke. Alle Schnittebenene treffen sich im Mittelpunkt des Würfels. Daher zerfällt der Würfel in $6\cdot 4$ Pyramiden mit dreieckiger Grundfläche und der Würfelmitte als Spitze.
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Ex_Senior
| Beitrag No.350, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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@TomTom314: Ich sage doch, dass hier mein räumliches Vorstellungsvermögen versagt. :) Du hast natürlich recht, dass jede Schnittebene nur zwei gegenüberliegende Seiten des Würfels (in einem inneren Punkt) scheidet, also tatsächlich keine weiteren Zerlegungen stattfinden. Nun müsste man vielleicht noch zeigen, dass tatsächlich 24 verschiedene Teilkörper entstehen.
Formulierst du dazu eine Lösung aus?
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.351, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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Ich hätte mich auch irren können. Für 120933 und 041221 versuche ich Mal, aus den anschaulichen Argumenten etwas beweisfestes zu formulieren.
Bei 120933 komme ich eventuell mit den Kanten der Teilkörper/Schnittgeraden (Raumdiagolanen + Mittelsenrechten der Flächen) weiter.
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Ex_Senior
| Beitrag No.352, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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393 Lösungen + einige neue Aufgaben der Klassenstufe 12
LG Steffen
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StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8460
Wohnort: Milchstraße
| Beitrag No.353, eingetragen 2019-05-08
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\quoteon(2019-05-08 14:56 - cyrix in Beitrag No. 346)
Dann formulieren wir mal die Lösung zur 061226 aus:
b)
\quoteoff
@cyrix:
Die ersten beiden Lösungen hatte ich tatsächlich übersehen.
Ich konnte deinen Lösungsweg nachvollziehen. Dass eine Lösung keinen Schönheitspreis gewinnen kann, liegt wohl in der Natur der Aufgabe.
Vielleicht könnte noch ergänzt werden:
Dass die erste oder die zweite Gleichung kein Vielfaches der dritten Gleichung, bei der nur ein einziger Koeffizient verändert wird, sein kann (oder umgekehrt) ist leicht einzusehen.
Und: Müsste man beim zweiten Fall nicht auch die beiden Möglichkeiten in Erwägung ziehen, dass die erste (oder zweite) Gleichung mit einem einzigen veränderten Koeffizienten die Summe des k- bzw. l-fachen der anderen beiden Gleichungen ergibt?
Grüße
StrgAltEntf
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Ex_Senior
| Beitrag No.354, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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\quoteon Aufgabe 120933
Ein Würfel mit der Kantenlänge a und den Eckpunkten $A,B,C,D,E,F,G,H$ (siehe Abbildung) wird von sechs Ebenen geschnitten, die jeweils durch die Punkte $A,B,G,H$; $D,C,F,E$; $A,D,G,F$; $B,C,H,E$; $A,E, G,C$ und $B,H,F,D$ gehen.
Man ermittle die Anzahl der Teilkörper, in die der Würfelkörper dadurch zerlegt wird. Außerdem gebe man das Volumen der einzelnen Teilkörper an.
\quoteoff
$
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (0,2);
\coordinate (C) at (2,2);
\coordinate (D) at (2,0);
\coordinate (E) at (0.5,1);
\coordinate (F) at (0.5,3);
\coordinate (G) at (2.5,3);
\coordinate (H) at (2.5,1);
\coordinate (M1) at (intersection of A--C and B--D);
\coordinate (M2) at (intersection of E--G and F--H);
\coordinate (M3) at (intersection of A--F and B--E);
\coordinate (M4) at (intersection of C--H and D--G);
\coordinate (M5) at (intersection of A--H and D--E);
\coordinate (M6) at (intersection of B--G and C--F);
\coordinate (ZZ) at (intersection of M1--M2 and M3--M4);
\coordinate (X) at (3.5,0);
\coordinate (Y) at (7,0);
\draw (A)
+(A) -- +(B) -- +(C) -- +(D) -- +(A)
+(B) -- +(F) -- +(G) -- +(C)
+(G) -- +(H) -- +(D)
+(A) -- +(C)
+(B) -- +(D)
+(B) -- +(G) -- +(D)
+(F) -- +(C) -- +(H);
\draw[dotted] (A)--(E)--(F);
\draw[dotted] (E)--(H);
\draw[dotted] (X)
+(A) -- +(B) -- +(C) -- +(D) -- +(A)
+(B) -- +(F) -- +(G) -- +(C)
+(G) -- +(H) -- +(D);
\draw[dotted] (X) +(A)--+(E)--+(F) +(E)--+(H);
\draw[dotted] (X) +(A)--+(H) +(D)--+(E);
\draw (X)
+(A) -- +(G)
+(B) -- +(H)
+(C) -- +(E)
+(D) -- +(F);
\draw[red] (X)
+(M1) -- +(M2)
+(M3) -- +(M4)
+(M5) -- +(M6);
\draw[fill=red!50] (Y)
+(ZZ)--+(H)--+(D)--+(M5)--+(ZZ);
\draw (Y)
+(ZZ)--+(D);
\draw[dotted] (Y)
+(A) -- +(B) -- +(C) -- +(D) -- +(A)
+(B) -- +(F) -- +(G) -- +(C)
+(G) -- +(H) -- +(D);
\draw[dotted] (Y) +(A)--+(E)--+(F) +(E)--+(H);
\draw[dotted] (Y) +(A)--+(H) +(D)--+(E);
\end{tikzpicture}
$
Jede der Ebenen wird von zwei Raumdiagonalen des Würfels aufgespannt. Da es $\binom{4}{2}=6$ ungeordnete Paare von Raumdiagonalen gibt, entsprechen diese genau den Ebenen. Der Mittelpunkt des Würfels ist gemeinsammer Schnitt aller Raumdiagonalen und liegt somit in alllen Ebenen. Eine Ebene schneidet die Oberfläche des Würfels in zwei diagonal gegenüberliegenden Kanten und den dazugehörigen Flächendiagonalen. Daher ergibt die linke Skizze den Schnitt alller Ebenen mit der Würfeloberfläche.
Falls zwei Ebenen eine gemeinsamme Raumdiagonale haben, ist diese bereits die Schnittgerade. Falls zwei Ebenen keine gemeinsamme Raumdiagonale haben, ist die Schnittgerade durch die Mittelpunkte zweier gegenüberliegender Flächen gegeben (rote Strecken). Somit stellt die mittlere Skizze sämtliche Schnitte zwischen den Ebenen dar.
Die linke und mittlere Zeichnung ergeben daher alle möglichen Kanten des gesuchten Teilkörpers. Daher ist ein Teilkörper eine Pyramide mit einer dreieckigen Grundfläche und dem Mittelpunkt der Würfels als Spitze. Insgesamt zerfällt der Würfel in $6\cdot 4=24$ Teilkörper. Da eine Seitenfläche des Würfels in 4 kongruente Teildreiecke unterteilt wird und alle Pyramiden dieselbe Höhe besitzen, haben diese alle das gleiche Volumen $V=\frac{a^3}{24}$.
@Cyrix: Die Erklärung ist doch etwas länger geworden. :-) Ist diese vollständig?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.352 begonnen.]
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.355, eingetragen 2019-05-08
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Aufgabe 131021:
Ermitteln Sie alle (im dekadischen Zahlensystem) dreistelligen Primzahlen mit folgenden Eigenschaften!
(1) Schreibt man jede Ziffer der dreistelligen Primzahl einzeln, so bezeichnet jede eine Primzahl.
(2) Die ersten beiden und die letzten beiden Ziffern der dreistelligen Primzahl bezeichnen(in dieser Reihenfolge) je eine zweistellige Primzahl.
Lösung:
Da eine mehrstellige Primzahl nur auf 3 oder 7 enden kann, muss wegen (1) die Endziffer und wegen (2) auch die mittlere Ziffer in $\{3,7\}$ liegen. Die aus den beiden letzten Ziffern gebildete Zahl muss daher 37 oder 73 sein, da die beiden anderen Möglichkeiten 33 und 77 durch 11 teilbar sind, was der Bedingung (2) widerspricht. Damit kommt aber auch für die erste Ziffer, die nach (1) in $\{2,3,5,7\}$ liegen muss nur mehr 3 oder 7 in Frage, da sonst die Ziffernsumme und damit auch die Zahl selbst durch 3 teilbar wäre.
Nach dem bisher Bewiesenen müssen also sämtliche Ziffern der Zahl in $\{3,7\}$ liegen, wobei niemals zwei aufeinanderfolgende Ziffern gleich sein können, da dies der Bedingung (2) widersprechen würde. Von den beiden dann nur noch verbleibenden Möglichkeiten 373 und 737 ist aber die 737 durch 11 teilbar und damit nicht prim, während 373 dann tätsächlich als einzige Zahl sämtliche Bedingungen hier erfüllt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.356, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
|
Aufgabe 081225: Man beweise $\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{3}<\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{2}$ ihne die Wurzeln auszurechnen.
Lösung:
Für alle reellen Zahlen $x, y$ ist $x^3-y^3=(x-y) \cdot (x^2+xy+y^2)$, also $x-y=\frac{x^3-y^3}{x^2+xy+y^2}$. Mit $x=\sqrt[3]{4}$ und $y=\sqrt[3]{3}$ für die linke und $x=\sqrt[3]{3}$ sowie $y=\sqrt[3]{2}$ für die rechte Seite der zu zeigenden Ungleichung geht diese äquivalent über in
$\frac{4-3}{\sqrt[3]{4}^2+\sqrt[3]{4} \cdot \sqrt[3]{3} + \sqrt[3]{3}^2} < \frac{3-2}{\sqrt[3]{3}^2+\sqrt[3]{3} \cdot \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{2}^2}$
bzw.
$\frac{1}{\sqrt[3]{16}+\sqrt[3]{12} + \sqrt[3]{9}} < \frac{1}{\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6} + \sqrt[3]{4}}$,
also
$\sqrt[3]{16}+\sqrt[3]{12} + \sqrt[3]{9} > \sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6} + \sqrt[3]{4}$, was aufgrund der Monotonie der dritten Wurzel und $16>9$, $12>6$ und $9>4$ eine wahre Aussage ist. Damit ist die Ungleichung aus der Aufgabenstellung gezeigt.
Aufgabe 081232: a) Man untersuche, ob die Zahlenfolge $a_n=\sqrt{25n^2+7n+1}-5n$ streng monoton fallend ist.
b) Beweisen Sie, dass alle Gleider der Folge $a_n$ größer als $0{,}7$ sind.
Lösung:
Die Folge $a_n$ ist streng monoton fallend genau dann, wenn es auch die Folge $b_n=a_n-\frac{7}{10}$ auch ist. Dabei ist
$b_n=\sqrt{25n^2+7n+1}-\left(5n+\frac{7}{10}\right)$
$=\frac{\left(\sqrt{25n^2+7n+1}-\left(5n+\frac{7}{10}\right)\right) \cdot \left(\sqrt{25n^2+7n+1}+5n+\frac{7}{10}\right)}{\sqrt{25n^2+7n+1}+5n+\frac{7}{10}}=\frac{(25n^2+7n+1)-\left(5n+\frac{7}{10}\right)^2}{\sqrt{25n^2+7n+1}+5n+\frac{7}{10}}$
$=\frac{(25n^2+7n+1)-\left(25n^2+7n+\frac{49}{100}\right)}{\sqrt{25n^2+7n+1}+5n+\frac{7}{10}}$
$=\frac{\frac{51}{100}}{\sqrt{25n^2+7n+1}+5n+\frac{7}{10}}$.
Da der Zähler dieses Bruchs konstant, der Nenner aber eine in $n$ streng monoton wachsende Funktion ist, ist die Folge $b_n$ -- und mit ihr auch die Folge $a_n$ streng monoton fallend. Darüber hinaus sind für alle $n$ Zähler und Nenner von $b_n$ offensichtlich positiv, sodass für alle $n$ $b_n>0$ und $a_n=b_n+\frac{7}{10}>\frac{7}{10}$ folgt.
Aufgabe 081244: Lösen Sie das Gleichungssystem
$|\log_2(x+y)| + |\log_2(x-y)|=3$ und $xy=3$.
Lösung:
Aufgrund der zweiten Gleichung haben beide Variablen das gleiche Vorzeichen. Wären beide negativ, so auch $x+y$. Dann wäre aber $\log_2(x+y)$ nicht definiert. Demnach sind sowohl $x$ als auch $y$ positiv. Damit $\log_2(x-y)$ definiert ist, muss $x>y$ gelten, also aufgrund der zweiten Gleichung dann $x+y>x>\sqrt{3}$. Damit ist $\log_2(x+y)$ stehts positiv und die Betragsstriche können entfallen.
Es verbleiben zwei Fälle:
1. Fall: $x-y\geq 1$. Dann ist auch $\log_2(x-y)\geq 0$ und die erste Gleichung wird zu $3=\log_2(x+y) + \log_2(x-y)=\log_2(x^2-y^2)$, also $x^2-y^2=8$ bzw. $x^4-(xy)^2=x^4-9=8x^2$, was mit der Substitution $t=x^2$ übergeht in die quadratische Gleichung $t^2-8t-9=0$, die die Lösungen $4\pm\sqrt{16+9}=4\pm 5$ hat. Da $t=x^2\geq 0$ ist, entfällt die negative Lösung $-1$ und es verbleibt $t=x^2=9$, also $x=3$ und $y=1$. Die Probe bestätigt, dass diese Variablenbelegung auch das Ausgangsgleichungssystem löst.
2. Fall: $x-y<1$. Dann ist $\log_2(x-y)<0$, sodass die erste Gleichung übergeht in $3=\log_2(x+y)-\log_2(x-y)=\log_2\left(\frac{x+y}{x-y}\right)$, also $8=\frac{x+y}{x-y}$ bzw. $x+y=8(x-y)$, also $9y=7x$ bzw. $y=\frac{7}{9}x$ und damit $3=xy=\frac{7}{9}x^2$, welches auf $x^2=9 \cdot \frac{3}{7}$ und (wegen $x>0$) auf $x=3\cdot \sqrt{\frac{3}{7}}=3 \cdot \frac{\sqrt{21}}{7}$ sowie $y=\frac{7}{9}x=\frac{\sqrt{21}}{3}$.
Zur Probe:
Es ist $x\cdot y = \frac{3}{7} \cdot \sqrt{21} \cdot \frac{1}{3} \cdot\sqrt{21}=\frac{1}{7} \cdot 21=3$, sodass die zweite Gleichung erfüllt ist.
Weiterhin ist $x+y=\frac{3}{7} \cdot \sqrt{21} + \frac{1}{3} \cdot\sqrt{21}=\frac{9+7}{21} \cdot \sqrt{21}=\frac{16}{\sqrt{21}}$, sodass man $\log_2(x+y)=\log_2(16)-\log_2(\sqrt{21})=4-\frac{1}{2} \log_2(21)$ erhält. Da $21<256$ ist, folgt $\frac{1}{2} \log_2(21)<\frac{1}{2} \log_2(256)=\frac{1}{2} \cdot 8 =4$, sodass $|\log_2(x+y)|=\log_2(x+y)=4-\frac{1}{2}\log_2(21)$ gilt.
Darüberhinaus ist $x-y=\frac{3}{7} \cdot \sqrt{21} - \frac{1}{3} \cdot\sqrt{21}=\frac{9-7}{21} \cdot \sqrt{21}=\frac{2}{\sqrt{21}}$, sodass man $\log_2(x-y)=\log_2(2)-\log_2(\sqrt{21})=1-\frac{1}{2}\log_2(21)$ erhält. Wegen $21>4$ ist $\frac{1}{2}\log_2(21)>\frac{1}{2}\log_2(4)=\frac{1}{2} \cdot 2=1$, sodass $|\log_2(x-y)|=-\log_2(x-y)=\frac{1}{2}\log_2(21)-1$ ist.
Zusammen mit dem zuvor berechneten ist dann
$|\log_2(x+y)|+|\log_2(x-y)|=4-\frac{1}{2}\log_2(21)-\frac{1}{2}\log_2(21)-1=4-1=3$, sodass auch die zweite Gleichung von diesem Paar erfüllt wird.
Zusammen ergeben sich also genau zwei Lösungspaare, nämlich $(x,y)=(3,1)$ oder $(x,y)=\left(\frac{3}{7}\cdot\sqrt{21},\frac{1}{3}\cdot\sqrt{21}\right)$
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.352 begonnen.]
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| Beitrag No.357, eingetragen 2019-05-08
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Kleiner Hinweis am Rande:
Man sieht hier in mehreren Posts teils umfangreiche Brüche. Diese werden leserlich groß, wenn man \dfrac{}{} verwendet für displaystyle (sonst wird üblw. der Default \frac{}{} = \tfrac{}{} für textstyle verwendet). Alternativ kann man auch \displaystyle vor die ganze Gruppe schreiben.
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| Beitrag No.358, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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\quoteon(2019-05-08 21:50 - StrgAltEntf in Beitrag No. 353)
Vielleicht könnte noch ergänzt werden:
Dass die erste oder die zweite Gleichung kein Vielfaches der dritten Gleichung, bei der nur ein einziger Koeffizient verändert wird, sein kann (oder umgekehrt) ist leicht einzusehen.
Und: Müsste man beim zweiten Fall nicht auch die beiden Möglichkeiten in Erwägung ziehen, dass die erste (oder zweite) Gleichung mit einem einzigen veränderten Koeffizienten die Summe des k- bzw. l-fachen der anderen beiden Gleichungen ergibt?
\quoteoff
Moin,
ganz allgemein geht es ja darum, ob die drei Gleichungen linear abhängig werden. Das tun sie definitionsgemäß genau dann, wenn es drei reelle Zahlen $a$, $b$ und $c$, die nicht alle drei gleichzeitig 0 sind, sodass $a$ mal die erste plus $b$ mal die zweite pluc $c$ mal die dritte Zeile eine Nullzeile ergeben. Im Wesentlichen ist meine Fallunterscheidung die danach, ob $c$ gleich Null oder verschieden Null ist.
Im ersten Fall ($c=0$) muss also das $a$-fache der ersten gleich dem $-b$-fachen der zweiten Zeile sein, damit sich eine Nullzeile ergibt. Da nicht $a=b=0$ gelten kann, können wir hier durch $-b$ teilen und erhalten, dass das $k:=\frac{a}{-b}$-fache der ersten die zweite Zeile ergeben muss.
Im zweiten Fall ($c\neq 0$) kann man durch $-c$ teilen und erhält, dass die Summe aus dem $k:=\frac{a}{-c}$-fachen der ersten und dem $\ell:=\frac{b}{-c}$-fachen der zweiten die dritte Zeile ergeben muss.
Das ist genau die Fallunterscheidung, die ich -- ohne lineare Algebra explizit hinzuschreiben -- in der Lösung verwendet habe.
Meinst du, dass man dies genauer ausführen muss?
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.356 begonnen.]
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| Beitrag No.359, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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\quoteon(2019-05-08 22:06 - TomTom314 in Beitrag No. 354)
@Cyrix: Die Erklärung ist doch etwas länger geworden. :-) Ist diese vollständig?
\quoteoff
Sieht m.E. gut aus. :) Aber es kann natürlich auch jeder andere seine Meinung sagen. :)
Cyrix
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