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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.360, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-08
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Und schon sind es wieder 400 Lösungen. Toll.
Und der Preis geht erneut an cyrix. :-)
LG Steffen
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Caban
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 | Beitrag No.361, eingetragen 2019-05-08
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081041
h_c*d=h_c*c/sin(\gamma)=2*F/sin(\gamma)=2*1/2*a*b*sin(\gamma)/sin(\gamma)=a*b
b)
a*b=d*h_c=d*2*F/c
A=a*b*c/(2*d)
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Ex_Senior
| Beitrag No.362, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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Aufgabe 091231: a) Es ist zu beweisen, dass die Zahl
$z=\frac{65533^3+65534^3+65535^3+65536^3+65537^3+65538^3+65539^3}{32765\cdot 32766+32767\cdot 32768 + 32768 \cdot 32769 + 32770 \cdot 327721}$
ganzrational ist!
b) Die Zahl $z$ ist zu berechnen!
Lösung:
Mit $n:=2^{15}=32768$ ist
$z=\frac{(2n-3)^3+(2n-2)^3+(2n-1)^3+(2n)^3+(2n+1)^3+(2n+2)^3+(2n+3)^3}{(n-3)(n-2)+(n-1)n+n(n+1)+(n+2)(n+3)}$
$=\frac{7 \cdot (2n)^3+3\cdot(2n)^2\cdot (-3-2-1+1+2+3)+3\cdot(2n)\cdot((-3)^2+(-2)^2+(-1)^2+1^2+2^2)-3^3-2^3-1^3+1^3+2^3+3^3)}{4n^2+n\cdot(-3-2-1+1+2+3)+6+6}$
$=\frac{56n^3+168n}{4n^2+12}=\frac{4 \cdot 14 \cdot n \cdot (n^2+3)}{4 \cdot (n^2+3)}=4n=2^{17}=131072$.
Aufgabe 101223: Die ersten Zeilen eines (beliebig fortsetzbaren) dreieckigen Zahlenschemas lauten [...]
Die allgemeine Vorschrift zur Bildung dieses Zahlenschemas lautet:
Die einzige Zahl in der Zeile 0 sei die Zahl 1. Jede weitere Zahl sei gleich der Summe aus der unmittelbar über ihr stehenden Zahl und deren beiden Nachbarzahlen, wobei links und rechts von den Rändern fehlende Zahlen durch Nullen ersetzt zu denken sind.
Es ist für jede natürliche Zahl $n$ zu beweisen, dass in diesem Schema die Summe $s_n$ aller Zahlen der Zeile $n$ den Wert $3^n$ hat.
Lösung:
Für die Zeile 0 stimmt die Aussage offenbar. Summieren wir nun alle Elemente der Zeile $n+1$, und stellen uns jede einzelne Zahl in dieser Zeile $n+1$ ersetzt vor durch die Summe der drei Zahlen aus Zeile $n$, aus der sie entsteht, dann erhalten wir eine Summe, deren Summanden ausschließlich Zahlen aus der $n$-ten Zeile sind (sowie Rand-Nullen). Jede Zahl aus Zeile $n$ taucht dabei in der Summe $s_{n+1}$ genau drei mal auf: Sie ist nämlich beteiligt an der Bildung der Zahl direkt unter sich, sowie jeweils rechts bzw. links daneben. Damit gilt $s_{n+1}=3 \cdot s_n$, was dann induktiv die Behauptung zeigt.
Cyrix
edit: Wenn ich mich nicht verzählt habe, müsste das jetzt die hundertste Lösung für das Skript von meiner Seite gewesen sein. Nen guter Punkt, um für heute aufzuhören. :)
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Caban
Senior
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| Beitrag No.363, eingetragen 2019-05-09
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Hallo
In Beitrag 301 von mir war ein Fehler in Gleichung 2. Ich habe es korrigert.
Gruß Caban
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Ex_Senior
| Beitrag No.364, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon(2019-05-09 00:51 - Caban in Beitrag No. 363)
Hallo
In Beitrag 301 von mir war ein Fehler in Gleichung 2. Ich habe es korrigert.
Gruß Caban
\quoteoff
Könntest du bitte die Lösung noch etwas ausformulieren. (Größen, wieso die eine oder andere Umwandlung, ...)
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.365, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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Warum verrät mir keiner, dass in meiner Lösung zur 081225 ein Fehler war? (Ich hatte falsch faktorisiert.) Ich habe die Lösung ausgebessert, hier aber der Übersichtlichkeit halber noch einmal die nun neue Lösung:
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 strengen Monotonie der dritten Wurzel und $16>9$; $12>6$ und $9>4$ eine wahre Aussage ist. Damit ist die Ungleichung aus der Aufgabenstellung gezeigt.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.366, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon
Aufgabe 130935: Beweisen Sie folgenden Satz!
Wenn für rationale Zahlen $a,b,c$ mit $a,b,c\neq 0$ und $a+b+c\neq 0$ die Gleichung
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$
gilt, so sind zwei der Zahlen $a,b,c$ zueinander entgegengesetzt.
(Rationale Zahlen $x,y$ heißen genau dann zueinander entgegengesetzt, wenn $x=-y$ gilt.)
\quoteoff
Lösung:
Durch Multiplikation mit $abc(a+b+c)$ geht die Gleichung äquivalent über in
$abc=(a+b+c)\cdot (bc+ac+ab)=abc+b^2c+bc^2+a^2c+abc+ac^2+a^2b+ab^2+abc$
bzw. nach Subtraktion von $abc$ in
$0=a^2b+a^2c+abc+ac^2+ab^2+abc+b^2c+bc^2=(a+b) \cdot (ab+ac+bc+c^2)=(a+b)(a+c)(b+c)$.
Dieses Produkt ist genau dann Null, wenn mindestens einer der Faktoren Null ist, also $a=-b$, $a=-c$ oder $b=-c$ gilt, sodass auf jeden Fall mindestens zwei der drei Zahlen $a,b,c$ einander entgegengesetzt sind.
\quoteon
Aufgabe 130934:In einer Ebene sollen regelmäßige $n$-Ecke (mit einheitlicher Eckenzahl) so um einen Eckpunkt herum aneinandergelegt werden, dass die Summe der Größen der an diesem Eckpunkt liegenden
Innenwinkel $360^{\circ}$ beträgt.
Geben Sie alle natürlichen Zahlen $n$ an, für die das möglich ist; geben Sie dabei jeweils die Anzahl der insgesamt benötigten $n$-Ecke an!
\quoteoff
Lösung:
Sei $n\geq 3$. Dann betragen die Innenwinkel im regelmäßigen $n$-Eck jeweils $\frac{n-2}{n} \cdot 180^{\circ}$. Für $n=3; 4; 5$ und $6$ ergeben sich so Innenwinkel von $60^{\circ}$, $90^{\circ}$, $108^{\circ}$ und $120^{\circ}$. Offensichtlich ist wegen $\frac{n-2}{n}=1-\frac{2}{n}$ die Größe der Innenwinkel eine in $n$ streng monoton steigende Funktion, sodass für alle $n>6$ gilt, dass die Innenwinkel eines regelmäßigen $n$-Ecks größer als $120^{\circ}=\frac{1}{3} \cdot 360^{\circ}$, aber wegen $\frac{n-2}{n}<1$ auch kleiner als $180^{\circ}=\frac{1}{2} \cdot 360^{\circ}$ sind. Damit kann für diese $n$ (also $n>6$) keine Anzahl von regelmäßigen $n$-Ecken überschneidungsfrei an einer Ecke zusammengelegt werden. Ähnlich sieht es für $n=5$ aus, da $\frac{360^{\circ}}{108^{\circ}}=\frac{10}{3}\not\in\mathbb{Z}$ ist. Es verbleiben $n=3; 4$ und $6$, wo jeweils $6$; $4$ bzw. $3$ regelmäßige $n$-Ecke überschneidungsfrei in einer Ecke aneinandergefügt werden können.
\quoteon
Aufgabe 130924: Man denke sich eine Kreislinie in 1000 gleich lange Teilbögen zerlegt und jeden der 1000 Teilpunkte der Reihe nach mit den natürlichen Zahlen 1 bis 1 000 bezeichnet.
Es sollen nun nacheinander die Zahl 1 und jede weitere 15. Zahl, also 1, 16, 31, 46, ..., durchgestrichen werden. Dabei sind bei wiederholten ”Umläufen” auch die bereits gestrichenen Zahlen mitzuzählen. Dieses Durchstreichen ist so lange fortzusetzen, bis nur noch Zahlen
durchgestrichen werden müssten, die bereits gestrichen sind.
Ermitteln Sie die Anzahl aller Zahlen, die bei diesem Verfahren nicht durchgestrichen werden!
\quoteoff
Lösung:
Damit eine Zahl $1\leq n\leq 1000$ gestrichen wird, muss es nicht-negative ganze Zahlen $u$ und $q$ geben, sodass $n+1000 \cdot u=1+15 \cdot q$ ist. Dabei beschreibt $u$ die Anzahl der bisher vollständigen Umläufe um den Kreis und $1+15 \cdot q$ beschreibt jede 15. Zahl, beginnend mit 1, wenn einfach immer weiter gezählt wird.
Betrachtet man, welchen Rest beide Seiten dieser Gleichung bei der Teilung durch 5 lassen, so muss dies 1 sein, da $15q$ durch 5 teilbar ist. Da aber auch $1000u$ durch 5 teilbar ist, muss auch $n$ den Rest 1 bei der Teilung durch 5 lassen. Es gibt also eine ganze Zahl $k$ mit $0\leq k<200$, sodass $n=5k+1$ gilt. Setzt man dies in die Gleichung ein, erhält man, dass die Zahl $5k+1$ genau dann gestrichen wird, wenn es nicht-negative ganze Zahlen $q$ und $u$ gibt, sodass $5k+1+1000 u= 1+ 15q$ bzw. nach Subtraktion von 1 und Division durch 5 die äquivalente Gleichung
$k+200 u=3q$
erfüllt ist.
Diese nicht-negativen ganzen Zahlen $q$ und $u$ existieren aber für jedes nicht-negative $k$: Ist $k$ durch 3 teilbar, wähle man $u=0$ und $q=\frac{k}{3}$. Lässt $k$ den Rest 1 bei der Division durch 3, so ist $k+200$ durch 3 teilbar und man kann $u=1$ sowie $q=\frac{k+200}{3}$ wählen. Und lässt abschließend $k$ den Rest 2 bei der Division durch 3, ist $k+400$ durch 3 teilbar, sodass man $u=2$ und $q=\frac{k+2\cdot 200}{3}$ wählen kann.
Zusammen erhält man also, dass genau die Zahlen $1\leq n\leq 1000$ gestrichen werden, die sich als $n=5k+1$ mit einer nicht-negativen ganzen Zahl $k$ mit $0\leq k < 200$ darstellen lassen. Das sind aber genau 200 Stück, sodass von den 1000 Zahlen genau 800 nicht gestrichen werden.
\quoteon
Aufgabe 130923: Ein konvexes gleichschenkliges Trapez $ABCD$ ($AB\parallel CD$; $|AD| = |BC|$; $|AB| > |CD|$) soll folgende Eigenschaften haben:
Es soll sich einem Kreis mit dem Radius $r = 12$ cm umbeschreiben lassen; der Umfang des Trapezes soll $u = 100$ cm betragen.
Untersuchen Sie, ob es solche Trapeze gibt und berechnen Sie die Seitenlängen jedes derartigen Trapezes.
\quoteoff
Lösung:
Da das Trapez einen Inkreis hat, ist es ein Tangentenviereck, sodass die Summe der Längen jedes Paares seiner gegenüberliegender Seiten gleich ist. Also gilt $|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=\frac{u}{2}=50$ cm. Aufgrund der Gleichschenkligkeit ist dann sogar schon $|AD|=|BC|=25$ cm bekannt.
Die Berührradien des Inkreises an $AB$ sowie $CD$ stehen jeweils senkrecht auf den Seiten, sodass sie aufgrund der Parallelität der beiden Seiten selbst parallel zueinander liegen. Da beide Berührradien durch den Mittelpunkt des Inkreises verlaufen, ergänzen sie sich also zu einem Durchmesser, der senkrecht auf $AB$ und $CD$ steht, sodass diese beiden Parallelen den Abstand $2r=24$ cm haben. Insbesondere sind sie damit auch kürzer als $|AD|=|BC|=25$ cm.
Seien $L_C$ und $L_D$ die Fußpunkte der Lote von $C$ bzw. $D$ auf $AB$. dann sind diese Lote $|CL_C|$ und $|DL_D|$ jeweils auch gleich $24 cm$, also gleich lang. Damit sind die rechtwinkligen Dreiecke $\triangle BL_CC$ und $\triangle AL_DD$ zueinander nach dem Kongruenssatz Ssw kongruent. Da die beiden entsprechenden Seiten $CL_C$ und $DL_D$ zueinander parallel sind sowie die entsprechenden Seiten $BL_C$ und $AL_D$ beide auf der Geraden $AB$ liegen, gibt es also nur zwei mögliche Lagebeziehungen: Entweder sind auch die dritten Seiten $AD$ und $BC$ dieser beiden Dreiecke zueinander parallel, oder aber sie gehen durch Spiegelung an der Mittelsenkrechten der Strecke $AB$ ineinander über, zeigen also in verschiedene Richtungen.
Im ersten dieser beiden Fälle sind aber im Viereck $ABCD$ jeweils gegenüberliegende Seiten parallel, sodass es sich um ein Parallelogramm handelt. Damit folgt dann auch $|AB|=|CD|$, was im Widerspruch zur Aufgabe steht.
Im zweiten Fall müssen die Lotfußpunkte $L_C$ und $L_D$ also beide außerhalb oder beide innerhalb der strecke $AB$ liegen, wobei ersteres auf $|CD|>|AB|$ führen würde, was im Widerspruch zur Aufgabenstellung steht. Also befinden sich beide Lotfußpunkte im Inneren der Strecke $AB$. Es gilt damit $|AB|=|AL_D|+|L_DL_C|+|L_CB|=|L_DL_C|+2|L_CB|$, letzteres aufgrund der Kongruenz der Dreiecke $\triangle BL_CC$ und $\triangle AL_DD$.
Im Viereck $L_DL_CCD$ sind aber nun gegenüberliegende Seiten parallel, sodass es sich um ein Parallelogramm handelt und $|L_DL_C|=|CD|$ folgt.
Es verbleibt, $|L_CB|$ zu berechnen. Im rechtwinkligen Dreieck $\triangle BL_CC$ gilt $|L_CC|^2+|BL_C|^2=|BC|^2$, also $|L_CB|=\sqrt{25^2 - 24^2} cm=\sqrt{49} cm=7 cm$.
Setzt man dies ein, erhält man $|AB|=|CD|+2\cdot 7$ cm und zusammen mit $|AB|+|CD|=50$ cm schließlich $|AB|=32$ cm und $|CD|=18$ cm. Für ein solches Trapez gilt damit, dass seine Kantenlängen $|AB|=32$ cm, $|BC|= 25$ cm, $|CD|= 18$ cm und $|AD|=25$ cm betragen.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.367, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon
Aufgabe 120935: Es sei $ABCD$ ein Sehenenvierk, $k$ sein Umkreis und es gelte für die Bogenlänge derjenigen zwischen den Eckpunkten des Sehnenvierecks liegenden Kreisbögen von $k$, auf denen jeweils kein anderer Eckpunkt liegt, die Gleichung
$\overarc{AB}+\overarc{CD}=\overarc{BC}+\overarc{DA}$.
Men beweise, das dann $AC\perp BD$ gilt!
\quoteoff
Lösung:
Da die Bogenlänge proportional zum entsprechenden Zentriwinkel ist, folgt aus der Bedingung auch $\angle AMB+ \angle CMD=\angle BMC+\angle DMA=180^{\circ}$, wobei $M$ der Mittelpunkt von $k$ sei und die vier Zentriwinkel den Vollwinkel bei $M$ bilden. Nach dem Peripheri-Zentriwinkelsatz sind die Peripheriewinkel über einem Bogen genau halb so groß wie der zugehörige Zentriwinkel, also $\angle ADB + \angle CAD=\frac{1}{2} (\angle AMB + \angle CMD)=\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}=90^{\circ}$. Sei $S$ der Schnittpunkt der Geraden $AC$ und $BD$. Dann gilt für das Dreieck $\triangle ASD$ aufgrund der Innenwinkelsumme
$\angle DSA = 180^{\circ}-\angle SAD-\angle ADS=180^{\circ}-(\angle CAD+ \angle ADB)=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$.
Damit stehen die beiden Geraden $AC$ und $BD$ in $s$ senkrecht aufeinander, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 130933: Auf einer Geraden $g$ seien in dieser Reihenfolge sechs Punkte $A,B,C,D,E,F$ gelegen. Ein Punkt $P$ außerhalb von $g$ sei so gelegen, dass $PC$ das Lot von $P$ auf $g$ ist. Dabei gelte $|PC| = |AB| = |BC| = |CD| = |DE| = |EF|$.
Man beweise, dass dann $\angle APF = 135^{\circ}$ gilt.
Hinweis: Es genügt nicht, diese Gleichheit nur mit Rechentafelgenauigkeit nachzuweisen.
\quoteoff
Lösung:
Um die folgende Notation zu vereinfachen, setzen wir $|PC|=1$. Durch den Satz von Pythagoras erhalten wir im rechtwinkligen Dreieck $\triangle ACP$ die Kantenlänge $|AP|=\sqrt{|AC|^2+|PC|^2}=\sqrt{5}$ und analog im rechtwinkligen Dreieck $\triangle CFP$ die Kantenlänge $|FP|=\sqrt{|CF|^2+|PC|^2}=\sqrt{10}$.
Der Flächeninhalt des Dreiecks $\triangle AFP$ kann einerseits ermittelt werden zu $\frac{1}{2} \cdot |AF| \cdot |PC|=\frac{5}{2}$ und andererseits auch als $\frac{1}{2} \cdot |AP| \cdot |FP| \cdot \sin(\angle AFP)=\frac{5}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin(\angle AFP)$, sodass man $\sin(\angle AFP)=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ erhält.
Es ist $|AF|=5=\sqrt{25}>\sqrt{10}=|FP|>\sqrt{5}=|AP|$, sodass $AF$ die längste Seite im Dreieck $\triangle AFP$ ist. Ihr gegenüber liegt damit auch der größte Innenwinkel dieses Dreiecks, sodass $\angle AFP>60^{\circ}>45^{\circ}$ gilt. also muss $\angle AFP=135^{\circ}$ gelten, da dies der einzige weitere Wert im Intervall $[0, 180^{\circ}]$ ist, an welchem der Sinus den Wert $\frac{\sqrt{2}}{2}$ annimmt, $\Box$.
Cyrix
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.368, eingetragen 2019-05-09
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Zu 061226
Hallo cyrix,
\quoteon(2019-05-08 23:26 - cyrix in Beitrag No. 358)
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.
...
Meinst du, dass man dies genauer ausführen muss?
\quoteoff
Mit dieser Fallunterscheidung lösen sich meine Bedenken. Ich würde das tatsächlich genauer ausführen, denn sonst sieht es so aus, als ob du Fälle vergessen hast.
Grüße
StrgAltEntf
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Ex_Senior
| Beitrag No.369, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon
Aufgabe 130931: Wie man an Beispielen sehen kann, gibt es Paare $(x;y)$, worin $x$ und $y$ je eine zweistellige natürliche Zahl mit folgender Eigenschaft sind:
Tauscht man die Ziffern dieser Zahl gegeneinander aus und addiert 9 zu der so entstandenen Zahl, so erhält man die andere Zahl des Paares. (Ein solches Paar ist z.B. (25; 61), denn es gilt 62+9=61 und 16+9=25.)
Hinweis: Entsteht beim Vertauschen der Ziffern eine mit 0 beginnende Ziffernfolge (etwa aus 30 die "03"), so ist stattdessen für die weiteren Operationen die (einstellige) Zahl zu nehmen, die nach dem Streichen der Null entsteht (in unserem Beispiel "3").
Wir nennen die Zahlen $x$; $y$ eines solchen Paares $(x;y)$ einander zugeordnet.
a) Geben Sie alle zweistelligen Zahlen an, die als Elemente solcher Paare auftreten können!
b) Ermitteln Sie alle zweistelligen Zahlen, die auf diese Weise sich selbst zugeordnet sind!
\quoteoff
Lösung:
a) Sind $10a+b$ und $10c+d$ mit $a,b,c,d\in \{0;1;2;\cdot ;9\}$ und $a\neq 0$, $c\neq 0$ (sonst würde es sich nicht um zweistellige Zahlen handeln) die beiden Zahlen eines solchen Paares, so gilt $10c+d=10b+a+9$. Wegen $1\leq a < 10$ ist $10\leq a+9 < 19$, sodass die Zehnerziffer von $10b+a+9$ also $b+1$ und die Einerziffer $a+9-10=a-1$ ist. Wir erhalten also $c=b+1$ und $d=a-1$. Da $a\geq 1$ ist, ist $d$ auf jeden Fall eine Ziffer, sodass hier keine Zusatzbedingungen entstehen. Jedoch erhalten wir wegen $c=b+1$, dass $b\leq 8$ sein muss, denn für $b=9$ erhielte man $c=10$, was keine Ziffer mehr ist. Tatsächlich sind diese Bedingungen nicht nur notwendig, sondern sogar schon hinreichend: Wendet man das Verfahren auf $10c+d$ an, so erhält man die Zahl $10d+c+9=10(a-1)+(b+1)+9=10a-10+b+9+1=10a+b$; also die Ausgangzahl.
Es können also genau diejenigen zweistelligen Zahlen Elemente eines solchen Paares sein, die als Einerziffer keine 9 besitzen.
b) Mit obigen Bezeichnungen muss dann $a=c=b+1$ und $b=d=a-1$ gelten, sodass dies nur für die Zahlen 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87 und 98 der Fall sein kann. Die Probe bestätigt jeweils, dass diese Zahlen sich auch jeweils selbst zugeordnet werden.
\quoteon
Aufgabe 130936: Gegeben sei ein regelmäßiges Tetraeder mit den Ecpunkten $A,B,C,D$ und der Kantenlänge $a$. Ein Punkt $D^{\prime}$ soll folgende Eigenschaften haben:
a) Das Tetraeder mit den Eckpunkten $A,B,C,D^{\prime}$ ist volumengleich zu dem gegebenen Tetraeder,
b) $|BD^{\prime}|=|CD^{\prime}|=a$,
c) $AD^{\prime}\neq a$.
Man untersuche, ob es solche Punkte $D^{\prime}$ gibt, und ermittle für jedes solche $D^{\prime}$ die Länge der Kante $AD^{\prime}$.
\quoteoff
Lösung:
Ist $h$ die Höhe des Tetraeders $ABCD$, so folgt aus Eigenschaft a), dass $D^{\prime}$ in einer zur Grundfläche $ABC$ parallelen Ebene $\epsilon$ mit Abstand $h$ liegt. Prinzipiell sind dabei zwei Möglichkeiten denkbar: Entweder es liegt $\epsilon$ im gleichen von der Grundfläche erzeugten Halbraum wie $D$ (dann liegt $D$ auf $\epsilon$), oder die Ebene $\epsilon$ liegt im entsprechend anderen Halbraum. Da aber die weiteren Bedingungen nicht davon abhängen, welche der beiden Fälle eintritt, ergeben sich symmetrische Strukturen, sodass wir o.B.d.A. annehmen können, dass $\epsilon$ im "oberen Halbraum" zusammen mit $D$ liegt, sodass $D$ und $D^{\prime}$ beides Punkte auf $\epsilon$ sind.
Nach Bedingung b) liegt $D^{\prime}$ auf der Oberfläche der beiden Kugeln um die Punkte $B$ und $C$ mit Radius $a$. Da $h
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.370, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon
Aufgabe 160913: Es sei ∆ABC ein gleichschenkliges Dreieck mit der Basis AB, der Länge AB=b und der Schenkellänge 2b. Die Punkte D bzw. E seien die inneren Punkte von AC bzw. BC, in denen die Schenkel den Kreis mit dem Durchmesser AB schneiden. Man ermittle den Umfang des Vierecks ABED.
\quoteoff
\showon 160913
$
% Gegebene Größen
\pgfmathsetmacro{\c}{4.5} % 3
\pgfmathsetmacro{\a}{2*\c} %
\pgfmathsetmacro{\b}{\a} %
% Seitenlängen
\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))} %
% Trapez
\pgfmathsetmacro{\Mu}{180-2*\Alpha} %
% Seitenkante
%\pgfmathsetmacro{\AE}{sqrt(\c^2/2-\c^2/2*cos(180-2*\Alpha))} %
\pgfmathsetmacro{\AE}{\c*cos(\Alpha)} %
% Obere Parallele
\pgfmathsetmacro{\EN}{\c*7/16} %
% Höhe
\pgfmathsetmacro{\MN}{sqrt((\c^2/4-\EN^2)} %
\pgfmathsetmacro{\u}{\c+2*\EN+2*\AE} %
\pgfmathsetmacro{\us}{\c*19/8} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}
\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, name path=Dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; %
% Annotationen - Dreieck
\coordinate[Punkt={below}{M}] (M) at (0.5*\c,0);
%\draw[] (0.5*\c,0) circle[radius=0.5*\c];
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{N}] (N) at (0.5*\c,\MN);
% Höhe
\draw[densely dashed] (M) -- (C);
% Trapez
\Bogen[name path=kreis]{M}{0}{180}{0.5*\c}
\path[name intersections={of=kreis and Dreieck, name=P}];
\coordinate[Punkt={right}{D}] (D) at (P-2);
\coordinate[Punkt={left}{E}] (E) at (P-4);
\draw[red, local bounding box=trapez] (A) -- (B) -- (D) --(E) --cycle; %
% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\alpha$",
] {angle =M--A--E};
% Maße
\path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$2b$};
\path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$2b$};
\path[] (M) -- (A) node[midway, below]{$b/2$};
\path[] (M) -- (B) node[midway, below]{$b/2$};
\draw[densely dashed] (M) -- (E) node[midway, above=-4pt, sloped, text=black]{$b/2$};
\path[] (A) -- (E) node[midway, left, red]{$x$};
\path[] (N) -- (E) node[midway, above, red]{$y$};
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\mu$", red
] {angle =E--M--A};
\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\alpha$", red
] {angle =A--E--M};
%%% Punkte
\foreach \P in {E,D,M,N}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
% Annotationen - Rechnung
\tikzset{PosUnten/.style={below=7mm of dreieck, anchor=north,}}
\tikzset{PosLinks/.style={shift={($(dreieck.north)+(-50mm,0)$)}, anchor=north east,}}
\node[yshift=-0mm, draw, align=left, fill=none, text width=\c cm,
PosUnten,
%PosLinks,
]{
$\begin{array}{l l}
\text{Zahlenbeispiel:} & \\
b = \c \text{ cm} & \\
2b = \a \text{ cm} & \\ \hline
\alpha = \Alpha^\circ & \\
\mu = \Mu^\circ & \\
x = |AE| = \AE \text{ cm} & \\
y = |EN| = \EN \text{ cm} & \\ \hline
u = \us \text{ cm} & \\
%b = \b \text{ cm} & (1) \\
%\beta = \Beta^\circ & \\
%\gamma= \Gamma^\circ & \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax \text{ cm}} \\
\end{array}$
};
% Annotation =====================
\tikzset{PosRechts/.style={shift={($(dreieck.north)+(3.55*\c cm,3mm)$)}, anchor=north east,}}
\newcommand\No[1]{\texttt{(#1)}~}
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\def\III{%
\No{3} |AE|=: x = \sqrt{|AM|^2+|ME|^2-2\cdot|AM|\cdot|ME|\cdot \cos(\mu)} & \text{(Kosinussatz)} \\[1em]
\hphantom{\No{1} |AE|=: x }=\sqrt{2\cdot\left(\dfrac{b}{2}\right)^2
+2\cdot\left(\dfrac{b}{2}\right)^2 \cdot \cos(2\alpha)} & \bigg|\texttt{(2)} \\[1em]
\hphantom{\No{1} |AE|=: x }=\dfrac{b}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{1+\cos(2\alpha)}& \bigg| \text{$1+\cos(2x)=2\cos^2(x)$} \\[1em]
\hphantom{\No{1} |AE|=: x}= b\cdot \cos(\alpha) = \dfrac{b}{4}& \bigg| \texttt{(1)}
}
\def\IV{%
\No{4} |EN|= y = \dfrac{b}{2} \cdot \sin(90^\circ-\mu) & \text{(Dreieck $EMN$)} \\[1em]
\hphantom{\No{4} |EN|= y}=\dfrac{b}{2} \cdot \cos(\mu)& \bigg| \text{$\sin(90^\circ-x)=\cos(x)$} \\[1em]
\hphantom{\No{4} |EN|= y}=\dfrac{b}{2} \cdot \big[ -\cos(2\alpha) \big] =\dfrac{b}{2} \cdot \big[1-2\cos^2(\alpha) \big] & \bigg|\texttt{(2)}, \text{Hilfsformel aus} \texttt{(3)} \\[1em]
\hphantom{\No{4} |EN|= y}
=b \cdot \dfrac{1-2\cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^2}{2}
=\dfrac{7}{16}b & \bigg| \texttt{(1)}%
}
\def\V{%
\No{5} u = |AB| + |ED| + 2\cdot |AE|
= b + 2y + 2x \\[1em]
\hphantom{\No{5} u } = b +2\cdot \dfrac{7}{16}b +2\cdot \dfrac{b}{4}
=\dfrac{19}{8}b%
}
\node[PosRechts, yshift=0cm,
draw=none, align=left, fill=none, text width=3*\c cm, font=\normalsize,
] {$\begin{array}{@{}l >{\footnotesize}l<{}}
\No{1} \cos(\alpha) = \dfrac{b/2}{2b}=\dfrac{1}{4} & \text{(Dreieck $ABC$)} \\[1em]
\No{2} \mu=180^\circ-2\alpha & \text{(Dreieck $AME$)} \\[1em]
\hphantom{\No{2}} \cos(\mu) =\cos(180^\circ-2\alpha)= -\cos(2\alpha) & \bigg| \text{$\cos(180^\circ-x) = -\cos(x)$} \\[1.5em]
%
\III \\[1em]
%
\IV \\[1em]
%
\V \\[1em]
\end{array}$
};
\end{tikzpicture}
$
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.371, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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Ich habe ne, wie ich finde, ganz nette Lösung für die 091243:
\quoteon
Es ist zu beweisen, dass für jedes ganzzahlige $n\geq 1$ die Funktion $f$ mit
$f(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\dots+\frac{x^n}{n!}$
höchstens eine reelle Nullstelle haben kann.
\quoteoff
Wir definieren für alle nicht-negativen ganzzahligen $n$ die Funktion $f_n(x):=1+x+\frac{x^2}{2}+\dots+\frac{x^n}{n!}$. (Insbesondere ist $f_0$ die Funktion, die konstant 1 ist.) Dann gilt für alle $n\geq 1$ offenbar $f_n^{\prime}(x)=f_{n-1}(x)$.
Wir zeigen nun im Folgenden induktiv für alle nicht-negativen ganzzahligen $n$ die schärfere Aussage: "Ist $n$ gerade, so ist $f_n(x)$ stets positiv. Und ist $n$ ungerade, so hat $f_n$ genau eine Nullstelle."
Für $n=0$ und $n=1$ gilt (wegen $f_1(x)=1+x$) diese Behauptung offenbar. Sei ab nun $n\geq 2$ und es gelte diese Behauptung für $n-1$. Wir betrachten nun die Funktion $f_n$ mit ihrer Ableitungsfunktion $f_{n-1}$.
Ist $n$ ungerade, so ist $f_{n-1}$ nach Annahme stets positiv, also $f_n$ streng monoton steigend. Da die höchste Potenz von $x$ einen ungeraden Exponenten (und positiven Koeffizienten) besitzt, ist $\lim_{x\rightarrow -\infty} f_n(x)=-\infty$ und $\lim_{x\rightarrow +\infty} f_n(x)=+\infty$. Da die Funktion $f_n$ also negative wie positive Funktionswerte annimmt, stetig und streng monoton steigend ist, gibt es genau eine Stelle, an der sie den Funktionswert 0 annimmt.
Ist $n$ dagegen gerade, so besitzt nach Annahme $f_{n-1}$ genau eine Nullstelle $x_0$. Für kleinere Argumente ist $f_{n-1}$, wie gerade gesehen, negativ, und für größere positiv. Also ist $f_n$ im Intervall $(-\infty, x_0)$ streng monoton fallend und im Intervall $(x_0, \infty)$ streng monoton steigend. Damit nimmt sie an der Stelle $x_0$ ihr globales Maximum an. Jedoch ist $f_n(x_0)=f_{n-1}(x_0) + \frac{x_0^n}{n!}=0+\frac{1}{n!} \cdot x_0^n > 0$. Letzteres gilt, da der Exponent $n$ eine gerade Zahl ist und wegen $f_{n-1}(0)=1\neq 0$ auch $x_0\neq 0$ ist.
Die Behauptung der Aufgabenstellung folgt aus dieser strengeren sofort, $\Box$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.369 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.372, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon(2019-05-09 21:10 - HyperPlot in Beitrag No. 370)
\quoteon
Aufgabe 160913: Es sei ∆ABC ein gleichschenkliges Dreieck mit der Basis AB, der Länge AB=b und der Schenkellänge 2b. Die Punkte D bzw. E seien die inneren Punkte von AC bzw. BC, in denen die Schenkel den Kreis mit dem Durchmesser AB schneiden. Man ermittle den Umfang des Vierecks ABED.
\quoteoff
\quoteoff
Entfernen wir Mal die unnötige Trigonometrie.
Sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$. Dann ist das Dreieck $AMD$ gleichschenklig und hat mit $ABC$ einen gemeinsamen Basiswinkel. Daher sind die Dreiecke ähnlich und somit
\[
\frac{|AD|}{|AM|} = \frac{|AB|}{|AC|}\Rightarrow |AD| = |AM| \frac{|AB|}{|AC|} =\frac{b}{4}\Rightarrow |CD|=\frac{7}{4}b \ \text{.}
\]
Die Dreiecke $ABC$ und $DEC$ sind ebenfalls ähnlich, so dass wir analog $|DE| = |AB| \frac{|CD|}{|AC|} =\frac{7}{8}b$ erhalten. Also ist der Umfang des Trapez: $|AB|+2|AD|+|DE| = \frac{19}{8}b$.
Verallgemeinerung. Der Faktor 2 der Strecke $|AC|=2b$ wurde nirgends explizit verwendet. Daher erhalten wir für $|AC|=rb,\ r\geq\frac{1}{\sqrt{2}}$ allgemein den Umfang $b\left(2+\frac{1}{r}-\frac{1}{2r^2}\right)$.
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Ex_Senior
| Beitrag No.373, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-09
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Hallo,
jetzt haben wir 413 Lösungen.
Ich habe im Inhaltsverzeichnis hinter noch nicht "fertig" gelösten Jahrgängen jetzt die Anzahl der noch nicht gerechneten Aufgaben notiert. Das hilft vielleicht.
Sobald die Anzahl der offenen Aufgaben in einer Klassenstufe unter 10 sinkt, werde ich weitere Aufgaben ergänzen.
Aufgaben der I.Stufe sind genauso wichtig, z.B. die 160913.
Ich bitte aber um Verständnis, dass ich eine Datei mit diesen Lösungen noch nicht zusammenstelle. Das überfordert mich im Moment zeitlich.
Es wird aber noch.
In 3 Tagen reisen die Teilnehmer der Bundesrunde der Mathematik-Olympiade an. Die Spannung steigt an meinem Gymnasium. Die Vorbereitungen sind in den letzten Zügen und das Gefühl, irgendetwas vergessen zu haben, wird immer größer.
Wir werden uns aber bemühen, die "beste" Bundesrunde durchzuführen. ;-)
LG Steffen
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.374, eingetragen 2019-05-09
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\quoteon(2019-05-09 22:51 - TomTom314 in Beitrag No. 372)
Verallgemeinerung. Der Faktor 2 der Strecke $|AC|=2b$ wurde nirgends explizit verwendet.
\quoteoff
Ja doch natürlich, und zwar in der allerersten Rechnung ("(1)").
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Ex_Senior
| Beitrag No.375, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-10
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\quoteon(2019-05-09 23:55 - HyperPlot in Beitrag No. 374)
\quoteon(2019-05-09 22:51 - TomTom314 in Beitrag No. 372)
Verallgemeinerung. Der Faktor 2 der Strecke $|AC|=2b$ wurde nirgends explizit verwendet.
\quoteoff
Ja doch natürlich, und zwar in der allerersten Rechnung ("(1)").
\quoteoff
Eben nicht. Alle Rechnungen gehen mit leicht anderen Ergebnissen glatt durch für $|AC|=|BC|=rb$. Die grundsätzliche Geometrie des Problems ist davon unberührt.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.376, eingetragen 2019-05-10
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\quoteon(2019-05-10 00:05 - TomTom314 in Beitrag No. 375)
Eben nicht. Alle Rechnungen gehen mit leicht anderen Ergebnissen glatt durch für $|AC|=|BC|=rb$. Die grundsätzliche Geometrie des Problems ist davon unberührt.
\quoteoff
Dann ist eben cos(a) = 1/(2r), der Rest setzt sich so fort. Ich hatte mir diverse Zusatzaufgaben hierzu überlegt (die dann ach Detailgrößen verwenden); aber asgespart. SOnst wird wieder bemängelt, ich habe mich nicht an die Aufgabe gehalten bzw. mehr gemacht, als stumpf die Aufgabe runterzurechnen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.377, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-10
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Die Bemerkung war nie als Zusatzaufgabe gedacht. Es ist nur eine kleine(!) Randnotiz, dass eine leicht verallgemeinerte Aufgabe 1:1 genau so wie die eigentliche Aufgabe lösbar ist. Ganz sicher sind es keine uninterassante Kinkerlizchen wie Winkelberechnungen oder ähnliches, die nichts mehr mit der Problemstellung zu tun haben und die Hälfte der "Lösung" beanspruchen.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.378, eingetragen 2019-05-10
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\quoteon(2019-05-10 01:22 - TomTom314 in Beitrag No. 377)
Die Bemerkung war nie als Zusatzaufgabe gedacht. Es ist nur eine kleine(!) Randnotiz, dass eine leicht verallgemeinerte Aufgabe 1:1 genau so wie die eigentliche Aufgabe lösbar ist. Ganz sicher sind es keine uninterassante Kinkerlizchen wie Winkelberechnungen oder ähnliches, die nichts mehr mit der Problemstellung zu tun haben und die Hälfte der "Lösung" beanspruchen.
\quoteoff
Ich weiß nicht, was Du da so dringend diskutieren willst, vermutlich nichts. Ist mir auch egal: die Aufgabe (#370) ist gelöst, hinreichend verständlich und nachvollziehbar. Wir sind ja jetzt gute Freunde. Also bis zur nächsten wichtigen Debatte über die nächste Aufgabe, die ich einreiche.
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Caban
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Dabei seit: 06.09.2018
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| Beitrag No.379, eingetragen 2019-05-10
|
Hallo Jetzt etwas ausführlicher
081024
t ist die Zeit, bis sich beide Autos begegnen.
t_1 und t_2 sind die gegebenen "Restzeiten"
s ist der Geasamtweg.
Zieht man vom Gesamtweg s den bereits zurückgelegten Weg (t*v_1 bzw. t*v_2) ab, erhält man den Weg, der noch zurückgelegt werden muss (t_1*v_1 bzw. t_2*v_2).
I s-t*v_1=v_1*t_1
II s-t*v_2=v_2*t_2
mit t=s/(v_1+v_2), t_1=2h, t_2=8/9h und s=210 km ergibt sich das Gleichungssystem (ohne Einheiten):
I 210-210*v_1/(v_1+v_2)=2*v_1
II 210-210*v_2/(v_1+v_2)=9/8*v_2 (Hier ist mir noch ein Fehler aufgefallen, in der ersten Lösung stand hier fälschlicherweise 8/9)
I 210*v_2/(v_1+v_2)=2*v_1
II 210*v_1/(v_1+v_2)=9/8*v_2
I/II v_2/v_1=16/9*v_1/v_2; v_2/v_1=4/3
I 210*(4/3)/(1+4/3)=2*v_1
v_1=60 km/h
v_2=80 km/h
v_1=60 km/h
v_2=80 km/h
Gruß caban
\quoteoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.380, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-10
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Hallo,
wir sind bei wunderbaren 421 Lösungen. Danke.
Sollte jemand eine spezielle Art von Aufgaben suchen, so kann ich ein paar heraussuchen.
Ich versuche alle Grafiken mit tikz zu erstellen, scheitere aber mitunter.
Insbesondere bei dem Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild5.PNG
fehlt mir im Moment noch die Idee, wie ich es mit circle und arc zusammenbastele. Ein nachdrückliches Ausfüllen von krummlinig begrenzten Flächen geht wohl nicht?
Nachtrag: Hat sich erledigt.
Danke
Steffen
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Caban
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Dabei seit: 06.09.2018
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Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.381, eingetragen 2019-05-10
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140923 Das ist die Fragen aller Fragen^^
42 teilt 588, die Kubikzahl damit auch, damit aber auch die ursprüngliche Zahl. 42^3/588=126
Gruß Caban
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.382, eingetragen 2019-05-10
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\quoteon(2019-05-10 23:27 - stpolster in Beitrag No. 380)
Ich versuche alle Grafiken mit tikz zu erstellen, scheitere aber mitunter.
Insbesondere bei dem Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild5.PNG
fehlt mir im Moment noch die Idee, wie ich es mit circle und arc zusammenbastele. Ein nachdrückliches Ausfüllen von krummlinig begrentzten Flächen geht wohl nicht?
\quoteoff
Ach, das kriegst Du schon hin.
Schau mal bei meinem Kram nach dem newcommand "\Bogen". Und evtl. mit mehreren Layer-Ebenen arbeiten.
Ich bin jetzt gerade zu ...., als dass ich mich damit befassen könnte, aber kriegt man schon.
Entscheidend ist, dass man immer ganz allgemein denkt: nicht einfach Brute-Force schnell eine Sonderfall-Lösung generieren. ;-)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.380 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.383, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-10
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\quoteon
Aufgabe 150936: Beweisen Sie, dass für alle Tripel $(a,b,c)$ psoitiver reeller Zahlen mit $abc=1$ die Ungleichung
$(1+a)(1+b)(1+c)\geq 8$
gilt! Wann gilt das Gleichheitszeichen?
\quoteoff
Aufgrund der Ungleichung zwischen geometrischem und harmonischem Mittel ist $1=\sqrt[3]{abc}\geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$, also $3\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Daraus erhält man durch Mutliplikation mit $abc=1$ die Ungleichung $3\leq bc+ac+ab$.
Weiterhin ist aufgrund der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel auch $\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[3]{abc}=1$, also $a+b+c\geq 3$.
Zusammen ergibt sich
$(1+a)(1+b)(1+c)=1+a+b+c+ab+ac+bc+abc\geq 1+3+3+1=8$, wobei Gleichheit nur genau dann eintritt, wenn $a=b=c$ ($=1$) gilt, da nur genau dann in den Mittel-Ungleichungen der Gleichheitsfall eintritt.
\quoteon
Aufgabe 140934: Man beweise, dass für beliebige reelle Zahlen $x$, $y$, $z$ die folgende Beziehung gilt:
$x^2+y^2+z^2\geq xy+xz+yz$.
Ferner gebe man für $x,y,z$ Bedingungen an, die gleichwertig damit sind, dass in der genannten Beziehung das Gleichheitszeichen gilt.
\quoteoff
Lösung:
Die genannte Ungleichung ist äquivalent zu
$0 \leq 2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2xz-2yz=(x^2-2xy+y^2)+(x^2-2xz+z^2)+(y^2-2yz+z^2)=(x-y)^2+(x-z)^2+(y-z)^2$,
was offensichtlich erfüllt ist. Gleichheit tritt dabei nur genau dann ein, wenn alle drei Quadrate Null sind, also $x=y=z$ gilt.
\quoteon
Aufgabe 140932: Man gebe alle geordneten Quadrupel $(a_1,a_2,a_3,a_4)$ aus vier unmittelbar aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen mit $a_1[Die Antwort wurde nach Beitrag No.379 begonnen.]
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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 | Beitrag No.384, eingetragen 2019-05-11
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Hier noch eine weitere Lösung der untenstehenden Aufgabe, welche ich vom Gedankengang her zumindestens als "interessant" einstufen würde, wenn sie auch durch die notwendige Klärung von Begrifflichkeiten nicht die kürzeste ist.
Aufgabe 051242
An einem Tanzabend hat jeder der anwesenden Herren mit mindestens einer der anwesenden Damen getanzt und jede der anwesenden Damen mit mindestens einem der anwesenden Herren. Kein Herr hat mit jeder der anwesenden Damen und keine Dame mit jedem der anwesenden Herren getanzt. Es ist zu beweisen, dass es unter den Anwesenden zwei solche Damen und zwei solche Herren gegeben hat, dass an dem Abend jede der beiden Damen mit genau einem der beiden Herren,und jeder der beiden Herren mit genau einer der beiden Damen getanzt hat. Es wird vorausgesetzt, dass der Tanzabend nicht ohne Damen und Herren stattgefunden hat, d.h., die Menge, die aus allen anwesenden Damen und Herren besteht, ist nicht leer.
Lösung: Laut Angabe hat jede Dame mindestens einen Tanzpartner(TP) und mindestens einen "Nichttanzpartner" (NTP). Gleiches gilt umgekehrt auch für die Herren. Bei Erfülltsein dieser beiden Bedingungen wollen wir eine Tanzrunde hier als "zulässig" bezeichnen. Des weiteren bezeichne ich im Folgenden einen Herrn als "redundant", wenn bei seiner Entfernung die verbleibende Tanzrunde noch immer zulässig ist.
Wir gehen nun die Herren einzeln durch und entfernen sie nacheinander aus der Tanzrunde, sofern sie redundant sind. Wegen der hier natürlich ebenfalls vorausgesetzten "Endlichkeit" der Tanzrunde muss man dabei irgendwann auf einen Herrn H1 stoßen, der nicht redundant ist, weil es eine Dame D1 gibt, welche ihn als einzigen TP oder NTP hat.
Sei nun H1 o.B.d.A. ein TP von dieser Dame D1. (Andernfalls müsste man im Folgenden einfach einen konsequenten Tausch TP<->NTP vornehmen.) Ist dann D2 eine Dame, für welche H1 ein NTP ist, aber ein dann anderer Herr H2 ein TP, so ist Letzterer dann automatisch ein NTP von D1, da diese ja nur H1 als einzigen TP hat. Die Teilmenge {D1,D2,H1,H2} der Tanzrunde ist daher ein Quartett mit den geforderten Eigenschaften.
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.385, eingetragen 2019-05-11
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Aufgabe 101221:
Es sind alle geeordneten Paare $(x,y)$ reeiller Zahlen anzugeben, für die das Gleichungssystem
\[x^2+y^2=1\quad (1), x^6+y^6=\frac7{16}\quad (2)\]
erfüllt ist.
Lösung: Aus
\[3x^2y^2=3x^2y^2(x^2+y^2)+(x^6+y^6-\frac7{16})=(x^2+y^2)^3-\frac7{16}=1-\frac7{16}=\frac9{16}\]
erhält man sofort
\[x^2y^2=\frac3{16}\quad (3)\]
und durch Einsetzen in (1) weiter
\[x^4-x^2+\frac3{16}=(x^2-\frac14)(x^2-\frac34)=0\quad (4)\]
mit den Lösungen
\[x\in\{\pm\frac12,\pm\frac{\sqrt3}2\}\]
was dann in Verbindung mit (3) die 8 endgültigen Lösungen
\[(x,y)\in\{\left(\pm\frac12,\pm\frac{\sqrt3}2\right)
,\left(\pm\frac12,\mp\frac{\sqrt3}2\right)
,\left(\pm\frac{\sqrt3}2,\pm\frac12\right)
\left(\pm\frac{\sqrt3}2,\mp\frac12\right)\}\]
ergibt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.386, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
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\quoteon
Aufgabe 101021: Beweisen Sie, dass jede mehrstellige Zahl größer ist als das aus ihren sämtlichen Ziffern gebildete Produkt!
\quoteoff
Lösung:
Sei $n$ eine $k$-stellige Zahl ($k>1$) mit führender Ziffer $z>0$. Dann ist einerseits $n\geq z \cdot 10^{k-1}$ und andererseits das Produkt ihrer Ziffern $\leq z \cdot 9^{k-1}$, also echt kleiner als $n$ selbst, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 101022: Vier Personen A, B, C und D machen in einem Spiel je drei Aussagen über denselben Gegenstand, einen einfarbigen Ball. Die Aussagen lauten:
A (1) Der Ball ist weder rot noch gelb.
A (2) Der Ball ist entweder rot oder grün.
A (3) Der Ball ist schwarz.
B (1) Wenn der Ball nicht gelb ist, ist er weiß.
B (2) A macht eine falsche Aussage, wenn er sagt, der Ball ist schwarz.
B (3) Der Ball ist grün.
C (1) Der Ball ist entweder schwarz oder grün.
C (2) Der Ball ist rot.
C (3) Der Ball ist entweder grün oder schwarz oder gelb.
D (1) Der Ball hat die gleiche Farbe wie mein Pullover.
D (2) Wenn der Ball gelb ist, ist er nicht schwarz.
D (3) Der Ball ist schwarz und grün.
Ermitteln Sie die Farbe des Balles für die folgenden beiden Fälle und untersuchen Sie, ob allein mit den vorliegenden Angaben die Farbe des Pullovers von D ermittelt werden kann! Wenn ja, geben Sie diese Farbe an!
Fall a) Von den drei Aussagen jeder der vier Personen sind genau zwei wahr.
Fall b) Von den drei Aussagen jeder der vier Personen sind genau zwei falsch.
\quoteoff
Lösung:
a) Die Aussage D (2) ist offenbar wahr und D (3) offensichtlich falsch, da es um einen einfarbigen Ball geht. Also muss auch D (1) wahr sein und Ds Pullover hat die gleiche Farbe wie der Ball.
Wäre C (3) falsch, so wäre der Ball insbesondere weder grün noch schwarz, sodass auch Aussage C (1) falsch sein müsste. Dann hätte C aber nur höchstens eine wahre Aussage getroffen, was im Widerspruch zur Annahme dieses Aufgabenteils a) steht. Also muss C (3) richtig sein; die Farbe des Balls ist damit grün, schwarz oder gelb. Und damit nicht rot, sodass C (2) falsch ist und damit auch C (1) wahr sein muss, was die Farbe des Balls auf schwarz oder grün einschränkt.
Damit ist die Aussage B (1) falsch, denn der Ball ist weder gelb noch weiß. Demnach müssen B (2) und B (3) wahr sein, sodass der Ball (und damit auch der Pullover) grün sein muss. Tatsächlich sind dann auch die Aussagen A (1) und A (2) wahr, während A (3) falsch ist. Es handelt sich damit tatsächlich um eine Lösung.
b) Wieder sehen wir direkt ein, dass D (2) wahr und D (3) falsch ist. Nun folgt aber, dass dann auch D (1) falsch sein muss, sodass wir nur wissen, dass Ball und Pullover verschiedene Farben haben. Da D (1) die einzige Aussage ist, die die Farbe des Pullovers thematisiert, können wir keine weiteren Schlüsse zu dieser ziehen und damit dessen Farbe auch nicht angeben.
Zur weiteren Bestimmung der Farbe des Balls betrachten wir nun die Aussage C (1): Ist der Ball entweder schwarz oder grün, so natürlich erst recht auch entweder grün oder schwarz oder gelb. Aus der Gültigkeit von C (1) würde direkt auch die von C (3) folgen, sodass C nur höchstens eine falsche Aussage getroffen hätte, was der Annahme für diesen Aufgabenteil b) widerspricht. Also muss C (1) falsch sein, sodass der Ball weder schwarz noch grün ist. Von den beiden übrigen Aussagen von C muss genau eine wahr sein, sodass der Ball entweder rot oder gelb ist.
Damit ist aber die Aussage B (1) falsch, denn wenn der Ball nicht gelb ist, muss er ja rot sein.\footnote{Es stellt sich jedoch die Frage, wie B zu dieser Schlussfolgerung gelangt.} Da der Ball weder schwarz noch grün ist, ist B (2) wahr und B (3) falsch, sodass auch B genau zwei falsche Aussagen getroffen hat.
Schließlich sind die Aussagen A (3) und A (1) falsch, sodass A (2) wahr sein muss, was, da der Ball nicht grün ist, nur geht, wenn der Ball rot ist. Damit ist der Ball also rot und das einzige, was wir über den Pullover aussagen können, ist, dass er nicht rot ist.
\quoteon
Aufgabe 101023: In einem gleichseitigen Dreieck $\triangle ABC$ mit der Seitenlänge $a$ sei $M$ der Mittelpunkt des Umkreises. $S$ sei ein Punkt der in $M$ auf der Ebene des Dreiecks errichteten Senkrechten, für den $|AB|:|SM|=3:\sqrt{6}$ gilt.
Beweisen Sie, dass das Tetraeder mit den Ecken $A$, $B$, $C$, $S$ regulär ist, d.h., dass alle Kanten dieses Tetraeders gleich lang sind!
\quoteoff
Lösung:
Da die Figur durch Drehung um die Gerade $SM$ um $120^{\circ}$ in sich selbst übergeht, ist $|AS|=|BS|=|CS|$ schon gegeben. Da das Dreieck $\triangle AMS$ rechtwinklig mit rechtem Winkel bei $M$ ist, gilt die Beziehung $|AS|^2=|AM|^2+|MS|^2$. Es verbleibt also $|AM|$ zu berechnen:
Da die Seitenhalbierenden im gleichseitigen Dreieck $\triangle ABC$ mit den Höhen zusammenfallen, berechnet sich deren Länge zu $s^2=a^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{3}{4} a^2$, also $s=\frac{\sqrt{3}}{2} a$. Da die Seitenhalbierenden sich im Verhältnis $2:1$ schneiden und der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden im gleichseitigen Dreieck mit dessen Umkreismittelpunkt zusammenfällt, ist $|AM|=\frac{2}{3} \cdot s=\frac{\sqrt{3}}{3} a$.
Einsetzen liefert nun
$|AS^2|=\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2 a^2 + \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 a^2=\left(\frac{3}{9} + \frac{6}{9}\right) \cdot a^2=a^2$,
also $|AS|=a=|BS|=|CS|=|AB|=|AC|=|BC|$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 101024: Es seien $m$ und $n$ beliebige ganze Zahlen.
Beweisen Sie, dass mindestens eine der Zahlen
$x=2mn$; $y=m^2-n^2$; $z=m^2+n^2$
durch 5 teilbar ist.
\quoteoff
Lösung:
Ist $m$ oder $n$ durch 5 teilbar, so auch $x$. Andernfalls sind sowohl $m^4-1$ als auch $n^4-1$ und damit auch $(m^4-1)-(n^4-1)=m^4-n^4=(m^2+n^2)(m^2-n^2)=yz$ durch 5 teilbar, sodass auch mindestens eine der Zahlen $y$ oder $z$ durch 5 teilbar sein muss, $\Box$.
Bemerkung: Dass für eine nicht durch 4 teilbare ganze Zahl $t$ die Zahl $t^4-1$ durch 5 teilbar sein muss, folgt aus dem kleinen Satz von Fermat oder auch via $(5s\pm 1)^4=5^4 s^4 \pm 4\cdot 5^3 s^3 \cdot 1 + 6 \cdot 5^2 s^2 \cdot 1^2 \pm 5s \cdot 1^3 + 1^4 - 1$ und $(5s\pm 2)^4=5^4 s^4 \pm 4 \cdot 5^3s^3 \cdot 2 + 6 \cdot 5^2s^2 \cdot 2^2 \pm 4 \cdot 5s\cdot 2^3 + 2^4-1$, welche wegen $1^4-1=0$ und $2^4-1=15$ alle durch 5 teilbare Zahlen sind.
\quoteon
Aufgabe 101031: a) Beweisen Sie folgenden Satz!
Addiert man zu einer ganzen Zahl $k$ das Quadrat der Hälfte ihres unmittelbaren Vorgängers, so entsteht das Quadrat einer rationalen Zahl.
b) Nutzen Sie eine bei diesem Beweis erhaltene Gleichung, um vier voneinander verschiedene pythagoräische Zahlentripel zu finden!
Anmerkung: Ein pythagoräisches Zahlentripel $(x,y,z)$ ist ein geordnetes Tripel dreier von Null verschiedener natürlicher Zahlen $x,y,z$ mit der Eigenschaft $x^2+y^2=z^2$.
Zwei derartige Tripel heißen genau dann voneinander verschieden, wenn nicht eines von ihnen aus dem anderen dadurch erhaltne werden kann, dass man $x$, $y$ und $z$ mit einer natürlichen Zahl $\neq 1$ multipliziert, oder dass man $x$ mit $y$ vertauscht, oder dass man beides durchführt.
\quoteoff
Lösung:
a) Sei $k$ eine ganze Zahl. Dann ist $k+\left(\frac{k-1}{2}\right)^2=\frac{4k+(k-1)^2}{4}=\frac{k^2-2k+1+4k}{2^2}=\frac{k^2+2k+1}{2^2}=\left(\frac{k+1}{2}\right)^2$.
b) Ist $k=n^2$ eine Quadratzahl, so erhalten wir $n^2+\left(\frac{n^2-1}{2}\right)^2=\left(\frac{n^2+1}{2}\right)^2$ bzw. nach Multiplikation mit 4 die Gleichung
$(2n)^2+(n^2-1)^2=(n^2+1)^2$,
sodass man mit $(x,y,z)=(2n,n^2-1,n^2+1)$ ein pythagoräisches Zahlentripel erhält. Setzt man hierin für $n$ die Zahlen 3; 4; 5 und 6 ein, erhält man die paarweise voneinander verschiedenen pythagoräischen Tripel $(6; 8; 10)$ , $(8; 15; 17)$, $(10; 24; 26)$ und $(12; 35; 37)$.
Bemerkung: Die Definition der Verschiedenheit ist mit seiner Einschränkung auf natürliche "Streckungsfaktoren" ungünstig, da dann z.B. auch die Tripel $(6; 8; 10)$ und $(9; 12; 15)$ nach dieser Definition voneinander verschieden wären, obwohl beide nicht vom Tripel $(3; 4; 5)$ verschieden sind...
\quoteon
Aufgabe 101032: Es sei $\triangle ABC$ ein gleichseitiges Dreieck mit $AC=BC$.
Konstruieren Sie die Parallele zu $AB$, die die Dreicksfläche in zwei flächengleiche Teile zerlegt. Beschreiben, begründen und disktuieren Sie Ihre Konstruktion!
\quoteoff
Lösung:
1) Die Kreise um $A$ durch $C$ sowie $C$ durch $A$ schneiden sich in zwei Punkten. Sie seien mit $P_1$ und $P_2$ bezeichnet.
2) Die Gerade durch $P_1$ und $P_2$ schneidet die Gerade $AC$ im Punkt $M$.
3) Der Kreis um $M$ durch $C$ schneidet die Gerade $P_1P_2$ in zwei Punkten. Einer davon werde mit $P$ bezeichnet.
4) Der Kreis um $C$ durch $P$ schneide die Gerade $AC$ im Punkt $S$.
5) Die Parallele zu $AB$ durch $S$ ist die gesuchte Gerade.
Begründung:
Der mit den Schritten 1) und 2) konstruierte Punkt $M$ ist der Mittelpunkt der Strecke $AC$ und die Gerade $P_1P_2$ ist ihre Mittelsenkrechte. Der Punkt $P$ liegt auf einem Kreis mit Durchmesser $AC$, sodass das Dreieck $\triangle ACP$ nach dem Satz des Thales rechtwinklig mit rechtem Winkel bei $P$ ist. Weiterhin liegt $P$ auf der Mittelsenkrechten von $AC$, sodass $|AP|=|CP|$, also auch $\angle PAC=\angle ACP=45^{\circ}$ gilt (letzteres aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle APC$). Nach der Definition des Sinus im rechtwinkligen Dreieck ist $\frac{\sqrt{2}}{2}=\sin 45^{\circ}=\sin \angle PAC=\frac{|CP|}{|AC|}$, also $|CS|=|CP|=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot |AC|$.
Sei $T$ der Schnittpunkt der Parallelen zu $AB$ durch $S$ mit $BC$. Dann geht das Dreieck $\triangle STC$ also aus dem Dreieck $ABC$ durch Streckung um den Faktor $k:=\frac{\sqrt{2}}{2}$ mit Zentrum $C$ hervor. Damit ist $F_{\triangle STC}=k^2 \cdot F_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} F_{\triangle ABC}$, wie gewünscht.
Bemerkung: Die Gleichschenkligkeit des Dreiecks $\triangle ABC$ wurde hier nirgends benutzt und kann demnach auch als Bedingung gestrichen werden.
\quoteon
Aufgabe 101033: Geben Sie für jede reelle Zahl $a$ alle diejenigen linearen Funktionen $f(x)$ an, die die Eigenschaft haben, dass für jedes reelle $x$ gilt: $f(x)=f(x+1)-a$.
\quoteoff
Lösung:
Sei $f(x)=mx+n$ mit reellen Zahlen $m$ und $n$. Dann geht die Bedingung über in die Aussage $mx+n=m(x+1)+n-a=mx+n+(m-a)$ bzw. $m=a$. Tatsächlich erfüllen auch alle linearen Funktionen $f(x)=ax+n$ mit Anstieg $a$ die Bedingung, wie man leicht durch Einsetzen überprüft.
\quoteon
Aufgabe 101034: Unter $n!$ (gelesen $n$ Fakultät) versteht man das Produkt aller natürlichen Zahlen von 1 bis $n$.
Beweisen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen $n> 2$ und alle positiven reellen Zahlen $x\neq 1$ gilt:
$\frac{1}{\log_2 x}+\frac{1}{\log_3 x}+\frac{1}{\log_4 x}+\dots\frac{1}{\log_n x}=\frac{1}{\log_{n!} x}$
\quoteoff
Lösung:
Es ist bekanntermaßen für alle positiven reellen Zahlen $a\neq 1$ und $b\neq 1$ die Identität $\log_b a=\frac{\ln a}{\ln b}$ erfüllt. Setzen wir dies ein, so wird die linke Seite der zu zeigenden Gleichung zu
$\frac{1}{\log_2 x}+\frac{1}{\log_3 x}+\frac{1}{\log_4 x}+\dots\frac{1}{\log_n x}=\frac{\ln 2}{\ln x}+\frac{\ln 3}{\ln x}+\frac{\ln 4}{\ln x}+\dots\frac{\ln n}{\ln x}=\frac{\ln 2 + \ln 3 + \dots + \ln n}{\ln x}=\frac{\ln (2\cdot3 \cdot \ldots \cdot n)}{\ln x}=\frac{\ln (n!)}{\ln(x)}=\frac{1}{\ln_{n!} x}$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 101035: Während eines Schachturniers, bei dem jeder gegen jeden genau einmal spielte, wurden genau 15 Partien gespielt. Genau 5 Spiele endeten unentschieden (remis). Wie üblich gab es für jeden Sieg einen, für jedes Remis einen halben Punkt, für jede Niederlage 0 Punkte.
Nach Abschluss des Turiniers hatten keine zwei Spieler die gleiche Gesampunktzahl erzielt. Der zweitbeste Spieler erreichte genau zwei Punkte mehr als der letzte.
Pber einige Teilnehmer A, B, C, ... ist ferner folgendes bekannt: A, der sich besser als D platzierte, erreichte wie dieser kein Remis. C, der Dritter wurde, schlug den Vierten.
Zeigen Sie, dass diese Angaben hinreichend sind, um den Ausgang des Spieles B gegen C zu ermitteln!
\quoteoff
Lösung:
Da bei einem Turnier, in dem jeder von $n$ Spielern gegen jeden anderen genau einmal antritt, genau $\frac{n \cdot (n-1)}{2}$ Partien ausgetragen werden, und in diesem Turnier genau 15 Partien gespielt wurden, nahmen an diesem also $n=6$ Spieler teil. Diese seien mit A, B, C, D, E und F bezeichnet.
Sei darüberhinaus die Punktzahl des Siegers mit $x_1$, die des Zweitplatzierten mit $x_2$ usw., die des Letzten mit $x_6$ bezeichnet. Dann gilt $x_1>x_2>\dots>x_6$, also, da nur Vielfache von $\frac{1}{2}$ als Punktzahlen möglich sind, $x_1\geq x_2+\frac{1}{2}$, $x_2\geq x_3+\frac{1}{2}$, $\dots$, $x_5\geq x_6+\frac{1}{2}$ und damit insbesondere auch $x_4\geq x_6+1$, $x_3\geq x_6+\frac{3}{2}$ sowie $x_2\geq x_6+2$. Da aber nach Aufgabenstellung $x_2=x_6+2$ gilt, folgt auch Gleichheit in den vorherigen Ungleichungen, d.h. $x_5=x_6+\frac{1}{2}$, $x_4=x_6+1$ und $x_3=x_6+\frac{3}{2}$.
Da in jeder Partie insgesamt in Summe ein Punkt an beide Spieler vergeben wird, wurden im gesamten Turnier also 15 Punkte vergeben, sodass sich $x_1+x_2+\dots+x_6=15$ ergibt. Setzt man die zuvor erhaltenen Werte für $x_2$ bis $x_5$ in Abhängigkeit von $x_6$ ein, wird dies zu $x_1+5\cdot x_6 + 5=15$. Setzt man nun zusätzlich noch $x_1\geq x_2+\frac{1}{2}=x_6+\frac{5}{2}$ ein, erhält man $6x_6+\frac{15}{2}\leq 15$ bzw. $x_6\leq \frac{15}{12}=\frac{5}{4}<\frac{3}{2}$. Da auch für $x_6$ nur Vielfache von halben Punkten zulässig sind, folgt $x_6\leq 1$.
Umgekehrt erhält man mit $x_1\leq 5$ (da auch der Sieger nicht mehr als einen Punkt pro Gegner erhalten kann) die Beziehung $5\geq x_1=10-5x_6$ bzw. $x_6\geq 1$, zusammen mit der vorherigen Abschätzung also $x_6=1$ und damit auch $x_5=\frac{3}{2}$, $x_4=2$, $x_3=\frac{5}{2}$, $x_2=3$ und $x_1=5$.
Es gibt insgesamt 9 Partien, an denen mindestens einer der beiden Spieler A oder D beteiligt war (je 4 gegen die übrigen Turnierteilnehmer und eine gegeneinander). Unter diesen war kein Remis, sodass die genau 5 Remis des Turniers alle unter den 6 Partien der Spieler B, C, E und F zu finden sind. Damit gibt es genau zwei dieser vier Spieler, nennen wir sie X und Y, die untereinander kein Remis erzielten. Für die anderen beiden Spieler gilt, dass sie sowohl untereinander als auch gegen X und Y remis spielten. Damit haben diese beiden keine ganzzahlige Punktzahlen und müssen Dritt- und Fünftplatzierter sein.
Demnach hat C als dritter sowohl gegen E, F als auch insbesondere B remisiert.
Bemerkung: Die Aussage, dass C gegen den Vierten gewonnen hat, wurde in dieser Lösung nicht verwendet.
Cyrix
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| Beitrag No.387, eingetragen 2019-05-11
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Aufgabe 091241
An einem internationalen Zeltlager nimmt eine Gruppe von 30 Freunden teil, von denen einTeil Deutsch, ein Teil Russisch und ein Teil Französisch beherrschen, und zwar beherrscheneinige Freunde nur eine Sprache, einige zwei Sprachen und einige sogar drei Sprachen. Die Anzahl der Freunde, die genau zwei Sprachen beherrschen, ist mehr als doppelt so groß, jedoch weniger als dreimal so groß wie die Anzahl derjenigen, die nur eine Sprache beherrschen. Die Anzahl der Teilnehmer, die alle drei Sprachen beherrschen, ist ebenso groß wiedie Anzahl derjenigen, die nur eine Sprache beherrschen. Die Anzahl der Freunde, die nur Deutsch beherrschen, ist größer als die Anzahl derjenigen,die nur Russisch beherrschen, aber kleiner als die Anzahl derjenigen, die nur Französisch beherrschen. Die Anzahl derjenigen, die nur Deutsch beherrschen, ist kleiner als das Dreifache der Anzahl derjenigen, die nur Russisch beherrschen. Geben Sie jeweils die Anzahl aller Teilnehmer dieser Gruppe an, die nur Deutsch, nur Russisch, nur Französisch, alle drei Sprachen beherrschen!
Lösung:
Es seien \(s_1,s_2,s_3\) die Anzahlen der Freunde, die genau eine, zwei bzw. drei Sprachen beherrschen.
Laut Aufgabenstellung gilt dann
(1) \(s_1+s_2+s_3=30\)
(2) \(2s_36\).
Somit ist \(s_1=s_3=7\) und \(s_2=16\).
\(d,f,r\) seien die Anzahlen der Freunde, die nur Deutsch, Französisch bzw. Russisch beherrschen. Dann ist folglich
\(d+r+f=s_1=7\).
Weiterhin folgt aus der Aufgabenstellung, dass
\(r
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| Beitrag No.388, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
|
\quoteon
Aufgabe 101043A: Man ermittle alle positiven reellen Zahlen $c$, für die
$\left[\log_{12} c\right]\leq\left[\log_4 c\right]$
gilt. Dabei bedeutet $[x]$ die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist.
\quoteoff
Lösung:
Es ist $\ln 12>\ln 4$, also $\frac{1}{\ln 12}<\frac{1}{\ln 4}$. Für $c\geq 1$ ist auch $\ln c \geq 0$ und damit $\log_{12} c=\frac{\ln c}{\ln 12} \leq \frac{\ln c}{\ln 4}$, woraus sofort die behauptete Ungleichung folgt. Diese ist also zumindest für alle $c\geq 1$ erfüllt.
Andernfalls ist $0 \frac{\ln c}{\ln 4}$. Damit dennoch $\left[\log_{12} c\right]\leq\lef[\log_4 c\right]$ gelten kann, müssen beide Logarithmen auf die gleiche ganze Zahl $n$ abgerundet werden, d.h., es muss eine negative ganze Zahl $n$ geben mit $n\leq \log_4 c < \log_{12} c \frac{1}{2}$
erfüllen. Dabei sind folgende Fälle zu untersuchen:
a) Es sei $r<-6$. b) Es sei $r=-6$.
c) Es sei $-60$.
\quoteoff
Lösung:
Die Ungleichung ist äquivalent zu $\frac{2}{x} > \frac{1}{2} + \frac{3}{r}=\frac{r+6}{2r}$.
a) Ist $r<-6$, dann $r+6<0$ und $2r<0$, also $\frac{r+6}{2r}>0$. Damit wird die Ungleichung falsch für alle negativen $x$ und nur wahr für alle positiven $x$, die $\frac{x}{2} < \frac{2r}{r+6}$, also $x<\frac{4r}{r+6}$ erfüllen. Es ist also $x \in \left(0; \frac{4r}{r+6}\right)$.
b) Für $r=-6$ ist $\frac{r+6}{2r}=0$, sodass die Ungleichung genau von allen positiven $x$ erfüllt wird: $x\in\left(0;\infty\right)$.
c) Ist $-60$ aber $2r<0$, sodass $\frac{r+6}{2r}$ negativ ist. Damit ist die Ungleichung auf jeden Fall für alle positiven $x$ wahr und darüberhinaus für alle negativen $x$, die $\frac{x}{2}<\frac{2r}{r+6}$ also $x<\frac{4r}{r+6}$ erfüllen. Es folgt $x\in\left(-\infty; \frac{4r}{r+6}\right) \cup (0; \infty)$.
d) Ist $r>0$, so auch $\frac{r+6}{2r}>0$. Damit erfüllen wieder alle negativen $x$ automatisch die Ungleichung nicht, da dann auch $\frac{2}{x}<0$ ist. Darüber hinaus erfüllen nur diejenigen positiven $x$ die Ungleichung, für die $\frac{x}{2}<\frac{2r}{r+6}$ gilt, sodass wir in diesem Fall die Lösungsmenge $x \in \left(\frac{4r}{r+6}; \infty\right)$ erhalten.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.386 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.389, eingetragen 2019-05-11
|
\quoteon(2019-05-10 23:36 - HyperPlot in Beitrag No. 382)
\quoteon(2019-05-10 23:27 - stpolster in Beitrag No. 380)
Ich versuche alle Grafiken mit tikz zu erstellen, scheitere aber mitunter.
Insbesondere bei dem Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild5.PNG
fehlt mir im Moment noch die Idee, wie ich es mit circle und arc zusammenbastele. Ein nachdrückliches Ausfüllen von krummlinig begrentzten Flächen geht wohl nicht?
\quoteoff
Ach, das kriegst Du schon hin.
Schau mal bei meinem Kram nach dem newcommand "\Bogen". Und evtl. mit mehreren Layer-Ebenen arbeiten.
Ich bin jetzt gerade zu ...., als dass ich mich damit befassen könnte, aber kriegt man schon.
Entscheidend ist, dass man immer ganz allgemein denkt: nicht einfach Brute-Force schnell eine Sonderfall-Lösung generieren. ;-)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.380 begonnen.]
\quoteoff
Die Syntax 'arc', für Bögen um bestimmtes Zentrum, ist ein bisschen kurios, da per Default alles auf den Koordinatenursprung bezogen wird; was ohne Weiteres diverse Bögen in der Landschaft rumschwirren lässt.
Es muss also ein 'shift' verwendet werden.
Da man das oft braucht, verwende ich dafür das Kommando:
\sourceon (latex)
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{%
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);}
\sourceoff
Daraus kann man natürlich auch einen Sektor basteln; auch kann man direkt sinnvoll benannte 'coordinates' bzw. 'nodes' einbauen, damit diese, bei Bedarf, später als Platzhalter zur Verfügung stehen:
\sourceon (latex)
% \Sektor[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Sektor[5][]{%
\draw[#1] (#2) coordinate(#2-Z)
-- ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2-R)
arc (#3:#4:#5) node[midway](#2-M){} coordinate(#2-L)
--cycle;}
\sourceoff
Anwendungsbeispiel:
$
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
% \Sektor[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Sektor[5][]{%
\draw[#1] (#2) coordinate(#2-Z) -- ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2-R) arc (#3:#4:#5) node[midway](#2-M){} coordinate(#2-L) --cycle;}
\coordinate[label=M] (M) at (3,1);
\Sektor[fill=brown]{M}{22}{133}{2}
\node[] at (M-Z){Zentrum};
\node[] at (M-L){Links};
\node[above] at (M-M){Mitte};
\node[] at (M-R){Rechts};
\end{tikzpicture}
$
\sourceon (latex)
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
% \Sektor[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Sektor[5][]{%
\draw[#1] (#2) coordinate(#2-Z) -- ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2-R) arc (#3:#4:#5) node[midway](#2-M){} coordinate(#2-L) --cycle;}
\coordinate[label=M] (M) at (3,1);
\Sektor[fill=brown]{M}{22}{133}{2}
\node[] at (M-Z){Zentrum};
\node[] at (M-L){Links};
\node[above] at (M-M){Mitte};
\node[] at (M-R){Rechts};
\end{tikzpicture}
\sourceoff
Für das o.g. Beispiel:
$
\pgfmathsetmacro{\r}{4}
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,
Schraffur/.style={postaction={pattern=north west lines, pattern color={gray}}}
]
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{%
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);}
% \Sektor[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Sektor[5][]{%
\draw[#1] (#2) coordinate(#2-Z) -- ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2-L) arc (#3:#4:#5) node[midway](#2-M){} coordinate(#2-R) --cycle;}
% Koordinaten
\begin{pgfonlayer}{background}% damit Labels nicht angezeigt werden
\coordinate[label=M1] (M1) at (0.25*\r,0);
\coordinate[label=M2] (M2) at (0.5*\r,0);
\coordinate[label=M3] (M3) at (0.75*\r,0);
\coordinate[label=M4] (M4) at (\r,0);
\coordinate[label=M5] (M5) at (1.25*\r,0);
\end{pgfonlayer}
% Zum Anzeigen
%\coordinate[label=M] (M) at (3,1);
%\Sektor[fill=brown]{M}{22}{133}{3,1}
%\node[] at (M-Z){Zentrum};
%\node[] at (M-L){Links};
%\node[] at (M-M){Mitte};
%\node[] at (M-R){Rechts};
%\draw[] (M) circle[radius=\r];
\draw[] (0,0) -- (-0.5,0) node[midway, above]{$P$};
\draw[] (2.5*\r,0) --+ (0.5,0) node[midway, above]{$Q$};
% Obere Sektoren
\Sektor[fill=white]{M5}{0}{180}{1.25*\r}
\Sektor[Schraffur]{M4}{0}{180}{\r}
\node[above right] at (M4-L){$R_4$};
\path[] (M4) --+ (45:\r) node[right]{$c_4$};% Spezialposition
\Sektor[fill=white]{M3}{0}{180}{0.75*\r}
\node[below left] at (M3-L){$R_3$};
\path[] (M3) --+ (45:0.75*\r) node[left]{$c_3$};% Spezialposition
\Sektor[Schraffur]{M2}{0}{180}{0.5*\r}
\node[below right] at (M2-L){$R_2$};
\path[] (M2) --+ (45:0.5*\r) node[right]{$c_2$};% Spezialposition
\Sektor[fill=white]{M1}{0}{180}{\r/4}
\node[below] at (M1-M){$c_1$};
\node[below left] at (M1-L){$R_1$};
% Untere Sektoren
% .......
\end{tikzpicture}
$
Den unteren Teil darfst Du dann mal selbst zu Ende zeichnen.
\showon Code
Hinweis: Man braucht nicht unbedingt layer-Ebenen, ich habe es aber einmal dringelassen.
\sourceon latex
\documentclass[varwidth, margin=5mm]{standalone}
\usepackage{tikz}
\pgfdeclarelayer{background}
\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{background,main,foreground}% Hier keine Leerstellen!
\usetikzlibrary{patterns}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
\pgfmathsetmacro{\r}{4}
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,
Schraffur/.style={postaction={pattern=north west lines, pattern color={gray}}}
]
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{%
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);}
% \Sektor[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Sektor[5][]{%
\draw[#1] (#2) coordinate(#2-Z) -- ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2-L) arc (#3:#4:#5) node[midway](#2-M){} coordinate(#2-R) --cycle;}
% Koordinaten
\begin{pgfonlayer}{background}% damit Labels nicht angezeigt werden
\coordinate[label=M1] (M1) at (0.25*\r,0);
\coordinate[label=M2] (M2) at (0.5*\r,0);
\coordinate[label=M3] (M3) at (0.75*\r,0);
\coordinate[label=M4] (M4) at (\r,0);
\coordinate[label=M5] (M5) at (1.25*\r,0);
\end{pgfonlayer}
% Zum Anzeigen
%\coordinate[label=M] (M) at (3,1);
%\Sektor[fill=brown]{M1}{0}{180}{0.25*\r}
%\node[] at (M-Z){Zentrum};
%\node[] at (M-L){Links};
%\node[] at (M-M){Mitte};
%\node[] at (M-R){Rechts};
%\draw[] (M) circle[radius=\r];
\draw[] (0,0) -- (-0.5,0) node[midway, above]{$P$};
\draw[] (2.5*\r,0) --+ (0.5,0) node[midway, above]{$Q$};
% Obere Sektoren
\Sektor[fill=white]{M5}{0}{180}{1.25*\r}
\Sektor[Schraffur]{M4}{0}{180}{\r}
\node[above right] at (M4-L){$R_4$};
\path[] (M4) --+ (45:\r) node[right]{$c_4$};% Spezialposition
\Sektor[fill=white]{M3}{0}{180}{0.75*\r}
\node[below left] at (M3-L){$R_3$};
\path[] (M3) --+ (45:0.75*\r) node[left]{$c_3$};% Spezialposition
\Sektor[Schraffur]{M2}{0}{180}{0.5*\r}
\node[below right] at (M2-L){$R_2$};
\path[] (M2) --+ (45:0.5*\r) node[right]{$c_2$};% Spezialposition
\Sektor[fill=white]{M1}{0}{180}{\r/4}
\node[below] at (M1-M){$c_1$};
\node[below left] at (M1-L){$R_1$};
% Untere Sektoren
% .......
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.384 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.390, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
|
Hallo,
ich komme ja kaum nach mit dem Übernehmen der Lösungen. ;-)
Jetzt sind 441 Aufgaben gelöst.
LG Steffen
|
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Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3268
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.391, eingetragen 2019-05-11
|
091021
Ist das wirklich so einfach?
3/(-2)=-1,5?????????
Gruß Caban
|
Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.392, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
|
Na dann machen wir die 444 Lösungen noch voll. :)
\quoteon
Aufgabe 101041: Bilden sie alle Mengen von fünf ein- oder zweistelligen Primzahlen derart, dass in jeder dieser Mengen jede der Ziffern 1 bis 9 genau einmal auftritt!
\quoteoff
Lösung:
Sei $M$ eine solche Menge.
Wir geben für einige Ziffern alle ein- und zweistelligen Primzahlen an, in denen sie als Ziffer enthalten sind:
2: 2, 23, 29
4: 41, 43, 47
5: 5, 53, 59
6: 61, 67
8: 83, 89.
Da die fünf Primzahlen insgesamt 9 Ziffern besitzen sollen, ist unter ihnen genau eine einstellige und sind die übrigen vier zweistellig.
Fall 1: Es ist $2\in M$. Dann muss die 5 in einer zweistelligen Primzahl vorkommen.
Fall 1.1: $53 \in M$. Dann muss auch $89\in M$ sein, da sonst die Ziffer 8 nicht mehr vorkommen kann.
Fall 1.1.1: $61 \in M$. Dann muss auch, um die Ziffer 4 abzudecken, $47\in M$ sein. Wir erhalten $M_1=\{2, 53, 89, 61, 47\}$.
Fall 1.1.2: $67 \in M$. Dann muss zur Abdeckung der Ziffer $4$ auch $41\in M$ sein, sodass wir $M_2=\{2, 53, 89, 67, 41\}$ erhalten.
Fall 1.2: $59 \in M$. Dann folgt zur Abdeckung der 8, dass $83\in M$.
Fall 1.2.1: $61 \in M$. Zur Abdeckung der 4 muss dann auch $47\in M$ gelten. Wir erhalten $M_3=\{2, 59, 83, 61, 47\}$.
Fall 1.2.2.: $67 \in M$. Für die Ziffer 4 muss dann auch $41\in M$ sein, sodass $M_4=\{2, 59, 83, 67, 41\}$ folgt.
Fall 2: Es ist $23\in M$. Dann folgt zur Abdeckung der Ziffer 8 auch $89\in M$. Es folgt, dass die 5 nur allein stehen kann, also $5\in M$. Zur Abdeckung der Ziffern 4 und 6 gibt es nun wieder zwei Möglichkeiten, sodass wir die beiden Mengen $M_5=\{23, 89, 5, 61, 47\}$ und $M_6=\{23, 89, 5, 67, 41\}$ erhalten.
Fall 3: Es ist $29\in M$. Dann folgt analog dem zweiten Fall, dass $83\in M$ und $5\in M$. Wieder ergeben sich die gleichen zwei Möglichkeiten zur Abdeckung der Ziffern 4 und 6, sodass wir abschließend die beiden Mengen $M_7=\{29, 83, 5, 61, 47\}$ und $M_8=\{29, 83, 5, 67, 41\}$ erhalten.
Die Fallunterscheidung ist vollständig, sodass es genau diese acht Mengen gibt, die der Aufgabenstellung genügen.
\quoteon
Aufgabe 101043B: Die Abbildung zeigt ein Flächenstück, dass aus der Fläche des Rechtecks $ABCD$ mit den Seitenlängen $|AB|=|CD|=2r$ und $|BC|=|AD|=b$, $b>r$, durch Herausschneiden einer Halbkreisscheibe mit Durchmesser $CD$ entstanden ist.
Man denke sich nun eine positive reelle Zahl $F$ beliebig gegeben. Dann sind alle geordneten Paare $(r,b)$ positiver reeller Zahlen mit $r0$ die Funktion $u^{\prime}$ streng monoton wachsend für $r>0$. Insbesondere ist also $u^{\prime}(r)$ negativ und $u(r)$ streng monoton fallend für $0r_0$. Damit hat also $u$ nicht nur ein lokales, sondern auch sein globales Minimum an der Stelle $r_0$.
Es ergibt sich
$b_0=\frac{F}{2r_0}+\frac{pi}{4} r_0=\frac{F}{2} \cdot \frac{\sqrt{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}}{\sqrt{F}} + \frac{\pi}{4} \cdot \frac{\sqrt{F}}{\sqrt{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}}=\frac{\sqrt{F}}{2 \cdot \sqrt{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}} \cdot \left(2+\frac{3}{2} \cdot \pi + \frac{\pi}{2} \right)=\frac{\sqrt{F}}{\sqrt{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}} \cdot (1+\pi)=r_0 \cdot (1+\pi)$
und damit das gesuchte Lösungspaar $(r,b)=(r_0, (1+\pi) r_0)$ mit $r_0=\sqrt{\frac{F}{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}}$.
Bemerkung: Der Umfang ergibt sich dann zu $u_0=2b_0+(2+\pi)r_0=(4+3\pi)r_0=2 \cdot \left(2+\frac{3}{2} \cdot \pi \right) \cdot r_0=2\sqrt{F} \cdot \sqrt{2+\frac{3}{2} \cdot \pi}=2 \cdot \frac{F}{r_0}$.
\quoteon
Aufgabe 101234: Es sind alle ganzrationalen Funktionen $y=f(x)$ anzugeben, die für alle rellen $x$ die Gleichungen $f(t\cdot x)=t \cdot f(x)$ erfüllen. Dabei sei $t$ eine beliebig gegebene und dann festgehaltene zu denkende Zahl.
\quoteoff
Lösung:
Ist $t=1$, so erfüllen offenbar alle ganzrationalen Funktionen $f$ die Eigenschaft $f(1 \cdot x)=f(x)=1 \cdot f(x)$.
Ist $t=0$, so folgt $f(0)=f(0\cdot x)=0 \cdot f(x)=0$ für beliebige reelle $x$. Dies wird offenbar von allen ganzrationalen Funktionen mit Absolutglied 0 erfüllt.
Sei ab nun $t\not\in\{0;1}$. Dann sind die Potenzen $t, t^2, t^3, \dots$ alle paarweise verschieden. Dann folgt induktiv für alle positiven ganzen Zahlen $k$ die Gleichheit $f(t^k)= f(t \cdot t^{k-1})=t \cdot f(t^{k-1})=\dots=t^k \cdot f(1)$.
Wir betrachten die ganzrationale Funktion $g(x):=f(x)-x\cdot f(1)$. Dann gilt mit der eben gezeigten Eigenschaft für alle positiven ganzen Zahlen $k$ die Gleichung $g(t^k)=f(t^k)-t^k \cdot f(1)=0$, sodass $g$ die unendlich vielen paarweise verschiedenen Nullstellen $t^k$, $k\in \mathbb{N}$ besitzt. Da aber nur eine einzige ganzrationale Funktion, nämlich die Nullfunktion, unendlich viele Nullstellen besitzt, ist $g(x)=0$ für alle $x$, womit $f(x)=x\cdot f(1)$ für alle reellen Zahlen $x$ folgt. Die einzigen Funktionen, die dies erfüllen, sind die linearen Funktionen ohne Absolutglied, also $f(x)=a \cdot x$ mit einer reellen Zahl $a$. (Dann ist $f(1)=a$.) Die Probe bestätigt, dass diese Funktionen tatsächlich die Funktionalgleichung erfüllen: $f(t \cdot x)=a \cdot (t \cdot x)=t \cdot (a \cdot x)=t \cdot f(x)$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.389 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.393, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
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\quoteon(2019-05-11 18:00 - Caban in Beitrag No. 391)
091021
Ist das wirklich so einfach?
3/(-2)=-1,5?????????
Gruß Caban
\quoteoff
Ich würde es etwas ausformulieren (wie bist du auf Zähler und Nenner gekommen?); aber ja, das ist so einfach.
Cyrix
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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| Beitrag No.394, eingetragen 2019-05-11
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Aufgabe 140921
An einer Fußballmeisterschaft der DDR beteiligen sich 14 Mannschaften der Oberliga. In der ersten Halbserie spielen je zwei dieser Mannschaften genau einmal gegeneinander. Es ist zu beweisen, dass es in der Zeit dieser Halbserie nach jedem Spieltag zwei Mannschaften der Oberliga gibt, die die gleiche Anzahl von Spielen ausgetragen haben.
Lösung:
Es seien \(a_1,a_2,...,a_{14}\) die Anzahlen der Spiele, die die 14 Mannschaften zu einem bestimmten Zeitpunkt absolviert haben. Für die Gesamtzahl \(K\) der Spiele aller 14 Mannschaften gilt dann \(K=\frac12(a_1+a_2+...+a_{14})\). (Der Faktor \(\frac12\) ergibt sich daraus, dass bei der Summe jedes Spiel doppelt gezählt wird.)
Wir nehmen nun an, dass keine zwei Mannschaften dieselbe Anzahl von Spielen ausgetragen haben, dass also alle Werte \(a_i\) verschieden sind. Da alle Werte \(a_i\) der Menge \(\{0,1,2,...,13\}\) angehören und diese Menge 14 Elemente hat, muss jeder Wert aus \(\{0,1,2,...,13\}\) von genau einem der Werte \(a_i\) angenommen werden. Folglich ist \(K=\frac12(a_1+a_2+...+a_{14})=\frac12(0+1+2+...13)=\frac{13\cdot14}4=\frac{91}2\).
Hier erhalten wir einen Widerspruch, da \(\frac{91}2\) keine ganze Zahl ist. Somit war unsere obige Annahme falsch, und es gibt zwei Mannschaften, die exakt gleich viele Spiele ausgetragen haben.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.391 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.395, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
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Moin,
alternative Lösung für die 140921:
Da zu jedem Zeitpunkt der betrachteten Halbserie jede Mannschaft gegen jede andere höchstens einmal gespielt hat, ist die Anzahl der Partien, an der eine Mannschaft beteiligt war, immer durch 14-1=13 nach oben beschränkt. Damit gibt es aber nur 14 verschiedene mögliche Anzahlen an Spielen, die eine Mannschaft gespielt haben kann.
Hätten zu einem Zeitpunkt keine zwei Mannschaften dieselbe Anzahl an Spielen, ginge das also nur, wenn jede der 14 möglichen Anzahlen auch vorkommt. Dann müsste es aber sowohl eine Mannschaft geben, die gegen keine andere gespielt hat, wie auch eine, die gegen alle 13 anderen gespielt hat. Beides zugleich kann aber nicht eintreten, was den gewünschten Widerspruch erzeugt und die Behauptung beweist.
Bemerkung: Dieser Ansatz nutzt nicht die konkrete Anzahl beteiligter Mannschaften und lässt sich auf beliebige Anzahlen $>1$ verallgemeinern.
Cyrix
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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| Beitrag No.396, eingetragen 2019-05-11
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\quoteon(2019-05-11 18:30 - cyrix in Beitrag No. 395)
Moin,
alternative Lösung für die 140921:
Da zu jedem Zeitpunkt der betrachteten Halbserie jede Mannschaft gegen jede andere höchstens einmal gespielt hat, ist die Anzahl der Partien, an der eine Mannschaft beteiligt war, immer durch 14-1=13 nach oben beschränkt. Damit gibt es aber nur 14 verschiedene mögliche Anzahlen an Spielen, die eine Mannschaft gespielt haben kann.
Hätten zu einem Zeitpunkt keine zwei Mannschaften dieselbe Anzahl an Spielen, ginge das also nur, wenn jede der 14 möglichen Anzahlen auch vorkommt. Dann müsste es aber sowohl eine Mannschaft geben, die gegen keine andere gespielt hat, wie auch eine, die gegen alle 13 anderen gespielt hat. Beides zugleich kann aber nicht eintreten, was den gewünschten Widerspruch erzeugt und die Behauptung beweist.
Bemerkung: Dieser Ansatz nutzt nicht die konkrete Anzahl beteiligter Mannschaften und lässt sich auf beliebige Anzahlen $>1$ verallgemeinern.
Cyrix
\quoteoff
Stimmt, diese Lösung ist noch einfacher als meine! Und meine Argumentation geht tatsächlich für eine Liga mit einer Anzahl n von Mannschaften, bei der n von der Form 4m oder 4m+1 ist, schief.
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Ex_Senior
| Beitrag No.397, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
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Sehr schön, jetzt sind wir bei 446 gelösten Aufgaben.
LG Steffen
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.398, eingetragen 2019-05-11
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Uppss, da ist scheints noch ein Fehler drin.
Muss ich nochmal überarbeiten...
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Ex_Senior
| Beitrag No.399, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11
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So, dann machen wir noch die 450 voll:
\quoteon
Aufgabe 091222: In einem Würfel mit den Eckpunkten $A,B,C,D,E,F,G,H$ und der Kantenlänge $a$ seien $FB$, $FG$ und $FE$ die drei von $F$ ausgehenden Kanten. Ferner sei $\epsilon$ die Ebene durch $G,B,E$. Es ist zu beweisen, dass die Körperdiagonale $FD$ senkrecht auf der Ebene $\epsilon$ steht und von ihr im Verhältnis 1:2 geteilt wird.
\quoteoff
Lösung:
Durch Drehung um $10^{\circ}$ um die Raumdiagonale geht der Würfel in sich selbst über, sodass die drei Eckpunkte $B$, $G$ und $E$ zyklisch die Reihenfolge tauschen. Damit geht aber auch die Ebene $\epsilon$ bei dieser Drehung in sich selbst über und steht somit senkrecht zur Drehachse $FD$.
Das Tetraeder $BGEF$ hat das Volumen $\frac{1}{6} a^3$. Das gleichseitige Dreieck $\triangle BGE$ besitzt die Kantenlänge $\sqrt{2} a$ und damit einen Flächeninhalt von $F_{\triangle BGH}\frac{\sqrt{3}}{4} (\sqrt{2}a)^2=\frac{\sqrt{3}}{2} a^2$. Da sich das Volumen dieses Tetraeders auch als $\frac{1}{3} F_{\triangle BGH} \cdot h$ berechnen lässt, wobei $h$ die Länge des Lots des Punktes $F$ auf die Ebene $\epsilon$ ist, folgt $h=\frac{\frac{1}{6} a^3}{\frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} a^2}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} a=\frac{1}{\sqrt{3}} a= \frac{\sqrt{3}}{3} a=\frac{1}{3} \cdot |BD|$, da die Raumdiagonale $BD$ die Länge $\sqrt{3} a$ besitzt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 091233: Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein Kreis $k$ mit dem Radius $r$ und dem Mittelpunkt $M$. Ein Punkt $P_1$ der Ebene heiße Spiegelpunkt eines Punkts $P$ ($P\neq M$) bezüglich $k$, wenn $P_1$ auf dem von $M$ ausgehenden und durch $P$ verlaufenden Strahl liegt und $|MP| \cdot |MP_1|=r^2$ ist.
Es sei $k_1$ ein Kreis der gleichen Ebene $\epsilon$, der $k$ orthogonal schneidet, d.h., die Tangenten der beiden Kreise in den Schnittpunkten stehen senkrecht aufeinander.
Welches ist der geometrische Ort aller Spiegelpunkte der auf $k_1$ gelegenen Punkte $P$ bezüglich $k$?
\quoteoff
Lösung:
Es wird $k_1$ auf sich selbst abgebildet.
Beweis:
Seien $S$ und $T$ die beiden Schnittpunkte von $k$ und $k_1$. Dann gilt offensichtlich $|MS| \cdot |MS|=r^2=|MT| \cdot |MT|$, sodass die Punkte $S$ und $T$ ihre eigenen Spiegelpunkte bezüglich $k$ sind.
Sei nun $P$ ein Punkt auf $k_1$, der verschieden von diesen beiden Schnittpunkten ist. Dann schneidet der von $M$ ausgehende Strahl durch $P$ den Kreis $k_1$ in einem zweiten Punkt, da es sich nicht um eine Tangente handeln kann, da die beiden von $M$ ausgehenden Tangenten an $k_1$ durch $S$ und $T$ verlaufen. Nennen wir diesen zweiten Schnittpunkt $P_1$. Dann gilt nach dem Sehnen-Tangentensatz (bezogen auf $k_1$, die Sehne $PP_1$ und die Tangente $MS$) die Beziehung $|MP| \cdot |MP_1|=|MS|^2=r^2$, sodass jeder Punkt auf $k_1$ wieder auf einen Punkt auf $k_1$ abgebildet wird.
Offensichtlich ist diese Spiegelungsoperation aber auch umkehrbar: Wird sie zwei mal angewendet, erhält man wieder den Ausgangspunkt. Demzufolge muss auch jeder Punkt auf $k_1$ der Spiegelungspunkt eines anderen (oder sich selbst) auf $k_1$ sein, sodass der geometrische Ort aller Spiegelungspunkte bezüglich $k$ von Punkten auf $k_1$ wieder genau $k_1$ selbst ist $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 091236: a) Ermitteln Sie den Wertevorrat $W$ der für alle reellen $x$ durch $y=\sin x +\cos x$ erklärten Funktion (d.h. alle diejenigen $y$, zu denen ein $x$ mit $y=\sin x+ \cos x$, $x$ reell, existiert)!
b) Zeigen Sie, dass es eine ganzrationale Funktion $g(y)$ mit folgender Eigenschaft gibt: Gehört $y$ zu $W$ und ist $x$ eine Zahl mit $\sin x + \cos x=y$, so ist $\sin^7 x+ \cos^7 x=g(y)$.
\quoteoff
Lösung:
a) Mit $\sin x$ und $\cos x$ ist auch die Funktion $y=\sin x + \cos x$ $2\pi$-periodisch stetig und differenzierbar. Also nimmt sie ihre globalen Extremwerte an Stellen an, für die die Ableitungsfunktion $y^{\prime}=\cos x - \sin x$ verschwindet, für die also $\cos x=\sin x$ gilt. Dies ist im Intervall $[0; 360^{\circ})$ genau für $x=45^{\circ}$ und $x=225^{\circ}$ der Fall. Dann nimmt $y$ die Werte $y=2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ bzw. $y=2 \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\sqrt{2}$ an, welche dann Maximum und Minimum der Funktion sind. Aufgrund der Stetigkeit werden auch alle Werte dazwischen angenommen (Zwischenwertsatz), sodass sich $W=[-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$ ergibt.
b) Wir zeigen allgemeiner, dass für jedes nicht-negative ganze $n$ ein Polynom $g_n(y)$ mit $\sin^n x + \cos^n x=g_n(y)=g_n(\sin x+ \cos x)$ existiert:
Für $n=0$ wähle man $g_0(y):=2$, da $\sin^0 x + \cos^0 x=1+1=2$ gilt.
Für $n=1$ wähle man $g_1(y):=y$, da $\sin^1 x + \cos^1 x=\sin x+ \cos x=y$ gilt.
Für $n=2$ wähle man $g_1(y):=1$, da $\sin^2 x + \cos^2 x=1$ gilt. Insbesondere ist auch $\sin x \cdot \cos x=\frac{1}{2} \cdot ((\sin x + \cos x)^2 - (\sin^2 x + \cos^2 x))=\frac{1}{2} \cdot (y^2-1)=:h(y)$ ein Polynom in $y$.
Sei ab nun die Aussage schon für alle Werte $k\leg n$ bewiesen. Dann ist
$y^{n+1}=(\sin x+ \cos x)^{n+1}=\sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}{i}\sin^i x\cos^{n+1-i} x = \sin^{n+1} x + \cos^{n+1} x + \sum_{i=1}^n \binom{n+1}{i} \sin^i\cos^{n+1-i}$, also
$\sin^{n+1} x + \cos^{n+1} x = y^{n+1} - \sum_{i=1}^n \binom{n+1}{i} \sin^i\cos^{n+1-i}$.
Wegen $\binom{n+1}{i}=\binom{n+1}{n+1-i}$ können wir nun je zwei solche Summanden zusammenfassen und erhalten für ein solches Paar mit $i<\frac{n+1}{2}$:
$\binom{n+1}{i} \cdot (\sin^i x \cos^{n+1-i} x + \sin^{n+1-i} x \cos^i x)=\binom{n+1}{i} \cdot \sin^i x \cos^i x \cdot(\cos^{n+1-2i} x + \sin^{n+1-2i} x)=\binom{n+1}{i} \cdot h(y)^i \cdot g_{n+1-2i}(y)$.
Existiert ein "mittlerer Summand", also eine ganze Zahl $i$ mit $i=\frac{n+1}{2}$, so lässt sich der zugehörige Summand $\binom{n+1}{i} \sin^i x \cos^{n+1-i} x$ mit keinem anderen zusammenfassen. Er ist aber wegen $i=n+1-i$ gleich dem Wert $\binom{n+1}{i} h(y)^i$.
Damit ist auch $\sin^{n+1} x + \cos^{n+1} x$ darstellbar als Differenz eines Polynoms mit einer Summe von Produkten von Polynomen, also insgesamt einem Polynom, in der Variablen $y=\sin x+ \cos x$, $\Box$.
Einsetzen von $n=7$ liefert dann die Behauptung der Aufgabenstellung.
\quoteon
Aufgabe 101231: Beweisen Sie den folgenden Satz:
Sind $\alpha, \beta, \gamma$ die Größen der Innenwinkel eines beliebigen Dreiecks, so gilt:
$\sin^2 \gamma \geq \sin2\alpha \cdot \sin 2\beta$
\quoteoff
Da ist nen Fehler in der PDF: Dort steht, man solle " > " zeigen; bei Manuela nur " $\geq$ ". (Tatsächlich stimmt wohl auch nur das, wenn ich mich nicht verrechnet habe.)
Lösung:
Aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck gilt $\gamma=180^{\circ}-(\alpha+\beta)$, also
$\sin \gamma =\sin(180^{\circ} -(\alpha+\beta))=\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta + \cos\alpha \sin\beta$.
Damit ist
$\sin^2 \gamma= \sin^2\alpha\cos^2\beta+ 2 \sin\alpha\cos\beta \cdot \sin\beta\cos\alpha + \cos^2\alpha\sin^2\beta$
$= \sin^2\alpha\cos^2\beta- 2 \sin\alpha\cos\beta \cdot \sin\beta\cos\alpha + \cos^2\alpha\sin^2\beta+4\sin\alpha\cos\alpha \cdot \sin\beta\cos\beta=(\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta)^2+\sin2\alpha \cdot \cos 2\beta$
$=\sin^2(\alpha-\beta)+ \sin2\alpha \cdot \cos 2\beta \geq \sin2\alpha \cdot \cos 2\beta$, $\Box$.
Ab morgen geht es dann erst einmal um aktuelle Aufgaben. ;)
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.397 begonnen.]
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