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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
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Wohnort: Chemnitz
 |  Beitrag No.440, eingetragen 2019-05-18
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\quoteon(2019-05-18 16:39 - StrgAltEntf in Beitrag No. 439)
Ist hier gemeint, dass P der Mittelpunkt der Strecke \(P_1P_2\) ist?
\quoteoff
Nein, es gibt verschiedene mögliche Teilverhältnisse und die entsprechenden Punkte $P$ haben nicht alle die gleichen Bezugspunkte $P_1$ und $P_2$.
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Ex_Senior
 | Beitrag No.441, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-18
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@StrAltEntf: Jep: Du wählst dir einen beliebigen Punkt $P_1$ auf $g_1$ sowie einen beliebigen Punkt $P_2$ auf $g_2$ und bestimmst deren Mittelpunkt $P$. Der geometrische Ort aller dieser Punkte $P$ ist gesucht.
Würden sich $g_1$ und $g_2$ schneiden, so wäre die von $g_1$ und $g_2$ aufgespannte Ebene die Lösung, da man für jden Punkt $P$ dieser Ebene Punkte $P_1$ auf $g_1$ und $P_2$ auf $g_2$ finden kann, sodass $P$ der Mittelpunkt der Strecke $P_1P_2$ ist.
Die Anmerkung in der Aufgabenstellung soll wohl die Beschreibung der Lösung vereinfachen. Wenn ich mal raten müsste, würde ich darauf tippen, dass vielleicht die zu $g_1$ und $g_2$ parallele Ebene, die zu beiden Geraden den gleichen Abstand hat, eine Rolle spielt.
edit: Auf die verschiedenen möglichen Teilverhältnisse hatte ich nicht geachtet. Da hat Kornkreis in seiner Antwort recht.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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 | Beitrag No.442, eingetragen 2019-05-18
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\quoteon(2019-05-18 17:06 - Kornkreis in Beitrag No. 440)
\quoteon(2019-05-18 16:39 - StrgAltEntf in Beitrag No. 439)
Ist hier gemeint, dass P der Mittelpunkt der Strecke \(P_1P_2\) ist?
\quoteoff
Nein, es gibt verschiedene mögliche Teilverhältnisse und die entsprechenden Punkte $P$ haben nicht alle die gleichen Bezugspunkte $P_1$ und $P_2$.
\quoteoff
Ach so! Für jedes \(\alpha\in[0,1]\) ist also die Menge \(T_\alpha\) aller Punkte \(P\) zu bestimmen, sodass \(P\) für gewisse \(P_1\in g_1,P_2\in g_2\) auf der Strecke \(P_1P_2\) liegt und diese im Verhältnis \(\frac{|PP_1|}{|P_1P_2|}=\alpha\) teilt. Und bei meiner ersten Interpretation wäre dann \(\alpha=\frac12\). Richtig?
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Ex_Senior
| Beitrag No.443, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-18
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Jep, so würde ich die Aufgabe auch aufassen, wobei man $\alpha$ wohl besser nur aus dem offenen Intervall wählt, um keine blöden Randfälle betrachten zu müssen.
Cyrix
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
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| Beitrag No.444, eingetragen 2019-05-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-05-15 20:36 - Kuestenkind in Beitrag No. 427)
Huhu,
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-15_um_20.15.52.png
ich habe eine Anmerkung so der Lösung von Manuela Kugel zu dieser Aufgabe. Sie schreibt:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-15_um_20.16.13.png
Das stimmt so einfach nicht. Zunächst mal ist das Relationszeichen verkehrt herum (der Kosinus ist schließlich konkav auf \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\)), zum anderen ist der Kosinus konvex auf \(\left[\frac{\pi}{2},\pi\right]\), d.h. die Jensensche Ungleichung lässt sich nur anwenden, falls es ein spitzwinkliges Dreieck ist. Das steht so aber nicht in der Aufgabe.
Gruß,
Küstenkind
edit: Die 180° in der Klammer sind natürlich auch Blödsinn!
\quoteoff
Funfact: Ein ähnlicher Fehler mit der Jensenungleichung ist mir vor ein paar Jahren bei der selben Aufgabe in diesem Thread hier passiert.
Hier noch eine Alternativlösung:
Es seien $a,b,c$ die Längen der Dreiecksseiten, die den Winkeln $\alpha,\beta,\gamma$ gegenüberliegen.
Nach Kosinussatz ist die zu beweisende Ungleichung dann äquivalent zu
\[\newcommand{\term}[3]{\left(\frac{#1^2+#2^2-#3^2}{2#1 #2}\right)^2}
\term abc +\term bca +\term cab \geq \frac 34.
\]
Stures Ausmultiplizieren und Vereinfachen zeigt, dass dies äquivalent ist zu
\[a^6+b^6+c^6 +3a^2b^2c^2 \geq a^4b^2+a^2b^4 +b^4c^2+b^2c^4+c^4a^2+c^2a^4\]
Mit $x:=a^2, y:=b^2,z:= c^2$ ist das gerade die Ungleichung von Schur:
\[x^3+y^3+z^3 +3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x).\]
Da $x,y,z >0$ sind, tritt Gleichheit genau dann ein, wenn $x=y=z$, also $a=b=c$ ein, also genau dann, wenn das Dreieck gleichseitig ist.\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.445, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-18
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Danke für die neuen Lösungen.
Ich habe alles eingearbeitet und bei 021223 die fehlerhafte Lösung von Manuela Kugel durch die Nuramons ersetzt.
Es sind jetzt 491 gelöste Aufgaben.
LG Steffen
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StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
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| Beitrag No.446, eingetragen 2019-05-18
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081241
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35803_081241.PNG
Lösung:
Für Ziffern \(a,b,c,d\in\{0,1,...,9\}\) bezeichnen wir mit \([abcd]\) die (bis zu) vierstellige Zahl \([abcd]:=1000a+100b+10c+d\). Dann ist \(10000z_1-z_1=[a_1a_2a_3a_4]\), also \(z_1=\frac{[a_1a_2a_3a_4]}{9999}\). Entsprechend ist \(z_2=\frac{[a_4a_1a_2a_3]}{9999}\), \(z_3=\frac{[a_3a_4a_1a_2]}{9999}\) und \(z_4=\frac{[a_2a_3a_4a_1]}{9999}\). Diese vier Brüche haben jetzt zwar denselben Nenner, jedoch liegen sie noch nicht unbedingt in gekürzter Form vor.
Die Primfaktorzerlegung der Nenner der vier Brüche lautet \(9999=3^2\cdot11\cdot101\). Also lassen sich hier bestenfalls die Faktoren 3, (oder sogar 9), 11 und 101 kürzen.
Bekanntlich ist eine ganze Zahl genau dann durch 3 (bzw. 9) teilbar, wenn die Quersumme der Zahl durch 3 (bzw. 9) teilbar ist. Die Quersumme der vier Zähler ist jedoch identisch, also lässt sich bei allen vier Brüchen entweder 3 oder 9 oder keins von beiden kürzen.
Ebenfalls ist allgemein bekannt, dass eine ganze Zahl genau dann durch 11 teilbar ist, wenn die alternierende Quersumme der Zahl durch 11 teilbar ist. Die alternierende Quersumme der Zähler lautet hier \(a_1-a_2+a_3-a_4\) bzw. das Negative von diesem Wert. Also gilt auch hier: Entweder sind alle vier Zähler durch 11 teilbar oder keiner der Zähler. Und daher: Entweder lassen sich alle vier Brüche durch 11 kürzen oder keiner.
Schließlich gilt für \(x:=[abcd]\), dass \(x\) genau dann durch \(101\) teilbar ist, wenn \(a=c\) und \(b=d\). (Begründung: Wenn \([abcd]=101y\), dann ist \(y<100\) und damit \(y=10e+f\) für gewisse \(e,f\in\{0,1,...,9\}\) und daher \(101y=[efef]\)). Nach Voraussetzung ist jedoch der Fall, dass \(a_1=a_3\) und \(a_2=a_4\) ausgeschlossen, also ist keiner der vier Zähler durch 101 teilbar und daher bei keinem der vier Brüche der Faktor 101 kürzbar.
Zusammenfassend: Bei keinem der vier Brüche \(z_1,z_2,z_3,z_4\) lässt sich in obiger Darstellung der Faktor 101 kürzen, und die Faktoren 3 (bzw. 9) und 11 lassen sich in allen oder in keinem der Brüche kürzen. Somit besitzen alle vier Brüche in gekürzter Darstellung denselben Nenner.
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Ex_Senior
| Beitrag No.447, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-18
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\quoteon 081235 Gegeben seien eine dreiseitige Pyramide und die ihr umbeschriebene Kugel. ̈Uber diesePyramide und diese Kugel werden die folgenden Aussagen gemacht:
(1) Eine Grundkante der Pyramide ist ebenso lang wie der Durchmesser der Kugel.
(2) Die L ̈angen der beiden anderen Grundkanten verhalten sich wie 3 : 4.
(3) Das Volumen der Pyramide betr ̈agt 40 cm3.
(4) Alle Kanten der Pyramide sind einander paarweise gleich lang.
(5) Die Grundfl ̈ache der Pyramide ist ein rechtwinkliges Dreieck.
(6) Die H ̈ohe der Pyramide ist ebenso lang wie der Radius der Kugel.
Es sei bekannt, dass von den obigen sechs Aussagen eine Aussage falsch und die ̈ubrigen Aussagen wahr sind.Wie lang sind die Kanten der Pyramide?
\quoteoff
Die Aussagen 1) und 4) können nicht beide gleichzeitig erfüllt sein, da es höchstens eine Kante mit Länge des Kugeldurchmessers geben kann.
Eine Pyramide mit der rechtwinkligen Grundfläche mit den Seiten $3;4;5$ und einer Höhe $2,5$, wobei die Spitze über dem Mittelpunkt der Hypotenuse liegt, erfüllt die Bedingungen 1), 2), 5) und 6). Diese hat da Volumen $V=\frac{1}{3}Gh=\frac{1}{3}\frac{3\cdot 4}{2}\cdot 2,5=5$. Streckung um den Faktor 2 ergibt eine Pryramide mit den Volumen 40 und den Grundkanten $6;8;10$. Die anderen Kanten sind gleichlang, da die Spitze direkt über dem Mittelpunkt des Umkreises der Grundfläche liegt und haben die Länge $5\sqrt{2}$. Dieses läßt sich leicht an dem gleichschenkligen und rechtwinkligen Dreick bestehend aus der Hypotenuse und der Spitze ablesen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.445 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.448, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-18
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\quoteon Aufgabe 091235
Die Ebene $\varepsilon$ eines gegebenen Dreiecks ABC wird in dessen Eckpunkten derart von drei Kugeln berührt, dass die Kugeln außerdem paarweise einander von außen berühren. Ermitteln Sie die Radien der drei Kugeln in Abhängigkeit von den Seitenlängen des gegebenen Dreiecks!
\quoteoff
Seien $M_A,M_B,M_C$ und $r_A,r_B,r_C$ die Mittelpunkte bzw. die Radien der Kugeln. Das Viereck $ABM_BM_A$ hat in A und B zwei rechte Winkel und die Seiten $AM_A$ und $BM_B$ sind parallel. Da die Kugel sich berühren hat $M_AM_B$ die Länge $r_A+r_B$. Der Satz des Pythagoras ergibt die Gleichung $|AB|^2 +(|AM_A|-|BM_B|)^2 = |M_AM_B|^2$. Einsetzen und kürzen liefert die Gleichung $c^2=4r_Ar_B$. Zusammen mit den Gleichungen zu den beiden anderen Seiten erhalten wir das Gleichungssystem
\[c^2=4r_Ar_B \\
b^2=4r_Ar_C \\
a^2=4r_Br_C \ \text{.}\]
Dieses hat die Lösung $r_A=\frac{bc}{2a},r_B=\frac{ac}{2b}, r_C=\frac{ab}{2c}$
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salomeMe
Senior 
Dabei seit: 06.10.2015
Mitteilungen: 451
Wohnort: Deutschland
| Beitrag No.449, eingetragen 2019-05-19
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zu "Aufgabe 140931:
Gesucht ist die kleinste natürliche Zahl $x$ (wobei $x$ nicht unbedingt einstellig sein soll), die folgende Eigenschaft hat:
Die Zahl $83 \cdot x$ (das Produkt aus 83 und $x$) hat als Darstellung die Ziffernfolge $3x8$ (d.h., vor die Ziffer oder
Ziffernfolge der Zahl $x$ ist eine 3, hinter die so gebildete Ziffernfolge eine 8 zu setzen)."
\hideon
Man kann $x = z_n z_{n-1...z_1}$ Ziffer für Ziffer eindeutig bestimmen:
$z_1 = 6$ , da $6 \cdot 3$ auf 8 endet.
...
$83 \cdot 41096 = 3410968$
Da jede Ziffer von $x$ eindeutig bestimmt ist, denn das Resultat $3 \cdot z_i $ nimmt für verschiedene Ziffern $z_i$ verschiedene letzte Ziffern an und da für $x = 41096$ die Gleichung $83 \cdot x = 3x8$ erstmals erfüllt ist, muss $x = 41096$ die kleinste natürliche Zahl mit der geforderten Eigenschaft sein.
\hideoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.450, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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Wir haben 499 Lösungen.
Wer erzielt die 500? ;-)
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.451, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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Moin,
nach der Bundesrunde der 58. MO kann man sich nun wieder älteren Aufgaben widmen. ;)
\quoteon
Aufgabe 140936: In einem Würfel mit den Eckpunkten $A,B,C,D,E,F,G,H$ (siehe Abbildung) und der Kantenlänge $a$ seien $K,L,M$ die Mittelpunkt der Seiten $CG$, $FG$ bzw. $HG$.
Man ermittle das Volumen mit den Eckpunkten $A,K,L,M$.
\quoteoff
Lösung:
Eine Rotation des Würfels um die Raumdiagonale $AG$ um den Winkel $120^{\circ}$ bildet den Würfel wieder auf sich selbst ab, wobei die Punkte $K, L$ und $M$ zyklisch vertauscht werden. Demnach geht die Ebene, die durch diese drei Punkte definiert wird, durch die Drehung in sich selbst über und steht also senkrecht auf der Raumdiagonalen $AG$. Sei $S$ der Schnittpunkt der Raumdiagonalen mit der Ebene durch $K$, $L$ und $M$. Dann ist also $SG$ die Höhe von $G$ auf diese Ebene.
Sei $V$ das Volumen des Tetraeders $KLMG$. Dann gilt einerseits $V=\frac{1}{3} A_{\triangle KLM} \cdot |SG|$ und andererseits $V=\frac{1}{3} A_{\triangle MGL} \cdot |GK|=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} |MG| \cdot |LG| \cdot |KG|=\frac{1}{48} a^3$. Da $A_{\triangle KLM}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot |KL|=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^2=\frac{\sqrt{3}}{8} a^2$ gilt, da $\triangle KLM$ ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge $\frac{\sqrt{2}}{2} a$ ist, folgt $|SG|=\frac{1}{48} a^3 : \frac{\sqrt{3}}{24} a^2=\frac{1}{2\sqrt{3}} a=\frac{\sqrt{3}}{6} a$.
Damit ergibt sich für das gesuchte Volumen $V_P$ des Pyramidenkörpers mit den Eckpunkten $A,K,L,M$:
$V_P=\frac{1}{3} A_{\triangle KLM} \cdot |AS|=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} a^2 \cdot \left(\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}\right) a=\frac{5\sqrt{3}}{36} a^3$.
Cyrix
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Caban
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Dabei seit: 06.09.2018
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 | Beitrag No.452, eingetragen 2019-05-19
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140931
Da 83 und 8x3 auf 3 enden, muss die letzte Ziffer des zweiten Faktors eine 1 sein. Auch die anfangsziffer ist gleich, daher muss der zweite Faktor mit einer 9 oder einer 1 beginnen
83*11=913 beginnt mit 9 entfällt
83*91=7553 beginnt mit 7 entfällt
83*101=8383
8383 ist die gesuchte Zahl.
Gruß Caban
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.450 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.453, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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@Caban: Du hast einen Zahlendreher: Es ist nicht 83 * x = 8x3, sondern 3x8.
Cyrix
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StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
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| Beitrag No.454, eingetragen 2019-05-19
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Hallo Caban,
\quoteon(2019-05-19 14:36 - Caban in Beitrag No. 452)
140931
Da 83 und 8x3 auf 3 enden, muss die letzte Ziffer des zweiten Faktors eine 1 sein. Auch die anfangsziffer ist gleich, daher muss der zweite Faktor mit einer 9 oder einer 1 beginnen
83*11=913 beginnt mit 9 entfällt
83*91=7553 beginnt mit 7 entfällt
83*101=8383
8383 ist die gesuchte Zahl.
\quoteoff
Ergänzend zu cyrix:
Auch wenn du die verdrehte Aufgabe betrachtest, stimmt deine Lösung nicht. Denn das, was zwischen der 8 und der 3 steht, bei dir 38, müsste gleich dem zweiten Faktor sein. Also 83*38. Und nicht 83*101.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.452 begonnen.]
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weird
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 | Beitrag No.455, eingetragen 2019-05-19
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Aufgabe 5 - 091245
Es sind alle reellen Zahlen $\lambda$ anzugeben, für die die Gleichung \[\sin^4x-\cos^4 x=\lambda(\tan^4x-\cot^4x)\] a) keine b) genau eine c) genau zwei d) mehrere Lösungen besitzt.
Lösung: Zunächst ist klar, dass die Ausgangsgleichung \[\sin^4x-\cos^4 x=\lambda(\tan^4x-\cot^4x)\quad (*)\] für ein beliebiges $\lambda\in \mathbb R$ stets die Lösung $x=\frac{\pi}4$ beitzt. Weiterhin ist jeder Lösung $\tilde x\in (0,\frac{\pi}4)$ in umkehrber eindeutiger Weise die Lösung $\frac{\pi}2-\tilde x$ zugeordnet, da (*) gegenüber einer Vertauschung $x\leftrightarrow \frac{\pi}2-x$ offensichtlich invariant ist.
Aus dieser Vorbemerkung folgt bereits, dass die Fälle a) und c) in der Aufgabenstellung für ein gegebenes $\lambda \in \mathbb R$ gar nicht auftreten können. Ferner dürfen wir uns bei der Suche nach weiteren Lösungen außer $x=\frac{\pi}4$ zu einem gegebenem $\lambda \in \mathbb R$ nun auf das Intervall $(0,\frac{\pi}4)$ beschränken, was die Fälle b) und d) betrifft. Wir betrachten dazu die Funktion $\tilde \lambda:(0,\frac{\pi}4)\to \mathbb R$ definiert durch \[\tilde \lambda(x)=\frac{\sin^4x-\cos^4x}{\tan^4x-\cot^4x}\] was man nach dem Kürzen durch $\sin^4x-\cos^4x\ne 0$ auch einfacher schreiben kann als \[\tilde \lambda(x)=\frac{\sin^4x\cos^4x}{\sin^4x+\cos^4x}=\frac{\sin^4(2x)}{8(2-\sin^2(2x))}\] Aus der zweiten Darstellung folgt insbesondere sofort, dass $\tilde \lambda(x)$ auf $(0,\frac{\pi}4)$ streng monoton steigend ist und dort jeden Wert in $(0,\frac18)$ genau einmal annimmt. Der Fall d) (mit dann genau 3 Lösungen) tritt also genau für $\lambda \in (0,\frac18)$ ein, für die anderen $\lambda \in \mathbb R\setminus (0,\frac18)$ bleibt es bei der einen Lösung $x=\frac{\pi}4$, was also dann dem Fall b) entspricht.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.450 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.456, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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\quoteon
Aufgabe 140933: Von einem beliebigen Trapez $ABCD$ mit $AB \parallel CD$ seien die Längen $a=|AB|$, $c=|CD|$ seiner Parallelseiten sowie der Abstand $h$ der diese beide Parallelseiten enthaltenen Geraden gegeben. Der Schnittpunkt der Diagonalen $AC$ und $BD$ sei $S$.
Man ebrechne aus den gegebenen Längen $a$, $c$, $h$ die Flächeninhalte $F_1,F_2,F_3,F_4$ der Dreiecke $ABS, BCS, CDS$ bzw. $ADS$.
\quoteoff
Lösung:
Es ist $F_{ABC}=F_{ABD}=\frac{1}{2} ah$, also $F_1+F_2=F_1+F_4=\frac{1}{2} ah$ und damit insbeondere $F_2=F_4$.
Analog ist $F_{ACD}=F_{BCD}=\frac{1}{2} ch$, also $F_3+F_4=F_2+F_3=\frac{1}{2} ch$.
Die Winkel $\angle ASB$ und $\angle CSD$ sind Scheitelwinkel, also gleich groß. Genauso stimmen die Winkel $\angle BAS$ und $\angle DCS$ überein, da sie Wechselwinkel sind. Demnach stimmen die Dreiecke $\triangle ABS$ und $\triangle CDS$ in zwei Innenwinkeln überein, sind also ähnlich zueinander und es gilt $\frac{F_3}{F_1}=\left(\frac{|SC|}{|AS|}\right)^2$.
Es ist nach Strahlensatz $\frac{|AC|}{|AS|}=\frac{h}{h_S}$, wobei $h_S$ die Länge der Höhe von $S$ auf $AB$ sei. Insbesondere ist damit
$\frac{|SC|}{|AS|}=\frac{|AC|-|AS|}{|AS|}=\frac{|AC|}{|AS|}-1=\frac{h}{h_S}-1=\frac{F_{ABC}}{F_1}-1=\frac{F_2}{F_1}$.
Damit ergibt sich $\frac{F_3}{F_1}=\frac{F_2^2}{F_1^2}$ bzw. $\frac{F_3}{F_2}=\frac{F_2}{F_1}$.
Sei $x:=\frac{F_3}{F_2}$. Dann gilt einerseits $F_2+F_3=(1+x) F_2=\frac{1}{2} ch$ und andererseits $F_1+F_2=\left(1+\frac{1}{x}\right) \cdot F_2=\frac{1}{2} ah$. Stellt man die erste dieser beiden Gleichungen nach $F_2$ um und setzt sie in die zweite ein, erhält man $\frac{1+x}{x} \cdot \frac{1}{2} ch \cdot \frac{1}{1+x}=\frac{1}{2} ah$
bzw. $x=\frac{c}{a}$.
Damit ergibt sich $F_2=F_4=\frac{1}{2} h \cdot \frac{ac}{a+c}$, $F_3=\frac{1}{2} h \cdot \frac{c^2}{a+c}$ und $F_1=\frac{1}{2} h \cdot \frac{a^2}{a+c}$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.451 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.457, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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\quoteon Aufgabe 101245
Es seien $A_0A_1\ldots A_n$ (n >2) ein ebener konvexer Polygonzug der Länge s mit $A_0\neq A_n$. Die Punkte $A_1\ldots A_{n-1}$ mögen auf ein und derselben Seite der Geraden g durch A0 und An liegen.
Es ist zu beweisen, dass der Flächeninhalt F der bei Rotation des Polygonzuges um g entstehenden Fläche nicht größer als $\pi\frac{s^2}{2}$ ist, dass also $F\leq\pi\frac{s^2}{2}$ gilt.
\quoteoff
Seien $s_k$ die Länge der Strecke $A_{k-1}A_k$ und $r_k$ der Abstand von $A_k$ zur Gerade g. Die Rotationsfläche wird aus Mantelflächen von Kegelstümpfen zusammengesetzt. Eine einzelne Mantelfäche $F_k$ definiert durch die Punkte $A_{k_1}A_k$ hat die Oberfläche $F_k=\pi s_k(r_{k-1}+r_k)$. Die Summe der $F_k$ ergibt dann $F$.
Falls es keinen Punkt $A_m$, der genau auf der Mitte des Polygonzuges liegt, fügen wir diesen hinzu. Der so entstandene Polygonzug erzeugt dieselbe Oberfläche.
Behauptung: Die durch $A_0\ldots A_m$ erzeugte Fläche hat höchstens den Flächeninhalt $\pi\frac{s^2}{4}$, d.h. $F_1+\ldots+ F_m\leq\pi\frac{s^2}{4}$
Beweis: Für $r_k$ haben wir die Abschätzung $r_k\leq |A_0A_k|\leq p_k$ mit $p_k:=s_1+\ldots s_k$, da eine Strecke die kürzeste Verbindung zweier Punkte ist. Weiterhin gilt $|r_k-r_{k-1}|\leq s_k$, da $s_k$ die Kante eines Kegelstumpfes mit Radien $r_k,r_{k-1}$ ist. Somit erhalten wir
\[\begin{array}{}
F_k & =\pi s_k(r_{k-1}+r_k) \\
& =\pi s_k(2r_{k-1}+(r_k-r_{k-1}) \\
& \leq \pi s_k(2p_{k-1} + s_k) \\
& = \pi \left[(p_{k-1}+s_k)^2 - p_{k-1}^2 \right] \\
& = \pi (p_k^2 - p_{k-1}^2)
\end{array}\]
Somit erhalten wir durch aufsummieren $F_1+\ldots+ F_m\leq \pi (p_0^2 - p_{m}^2) =\pi\frac{s^2}{4}$, da $p_0=0$ und nach Wahl $p_m=\frac{s}{2}$ gilt.
Wegen Symmetrie gilt ebenso $F_{m+1}+\ldots+F_n\leq \pi\frac{s^2}{4}$. Hieraus folgt insgesamt $F\leq\pi\frac{s^2}{2}$.
Bemerkung: Im wesentlichen werden die Vorraussetzungen an den Polygonzug nicht benötigt. Selbst die Bedingung, dass alle Punkte auf einer Seite der Geraden liegen, kann fallen gelassen werden, wenn die Abstände zur Gerade mit einem Vorzeichen versehen werden.
Ist das richtig?
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Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3268
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.458, eingetragen 2019-05-19
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Hallo
Ich habe es überarbeitet.
Jetzt erhalte ich für x=41096
83*x=8+10*x+3*10^n
x=(8+3*10^n)/73
(n,x;1,0.528;2;4.219;3,41.2;4,411;5,4109.7;6,41096)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.454 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.459, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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\quoteon Aufgabe 170935
Beweisen Sie folgende Aussage! Vergrößert man das Produkt von vier aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen um 1, so erhält man das Quadrat einer natürlichen Zahl.
\quoteoff
Für eine natürliche Zahl $n$ gilt:
\[\begin{array}{}
n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 & = (n+1)(n+2)(n^2+3n) +1 \\
& = (n+1)(n+2)[(n+1)(n+2) - 2] + 1 \\
& = [(n+1)(n+2)]^2 - 2(n+1)(n+2) + 1 \\
& = [(n+1)(n+2) -1]^2 \ \text{.}
\end{array}\]
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Ex_Senior
| Beitrag No.460, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-19
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\quoteon
Aufgabe 081223: Man gebe zwölf reelle Zahlen $a_1,\dots,a_6,b_1,\dots,b_6$ so an, dass für jede reelle Zahl $x$ die Gleichung gilt:
$x^{12}+1=(x^2+a_1x+b_1)(x^2+a_2x+b_2)(x^2+a_3x+b_3)(x^2+a_4x+b_4)(x^2+a_5x+b_5)(x^2+a_6x+b_6)$
\quoteoff
Lösung:
Wähle $b_1=\dots=b_6=1$, $a_1=\sqrt{2+\sqrt{3}}$, $a_2=\sqrt{2}$, $a_3=\sqrt{2-\sqrt{3}}$, $a_4=-a_3$, $a_5=-a_2$ und $a_6=-a_1$. Dann ist
$(x^2+a_ix+b_i)(x^2+a_{7-i}x+b_{7-i})=(x^2+1+a_ix)(x^2+1-a_ix)=x^4+(2-a_i^2)x^2+1$, also
$T:=(x^2+a_1x+b_1)(x^2+a_2x+b_2)(x^2+a_3x+b_3)(x^2+a_4x+b_4)(x^2+a_5x+b_5)(x^2+a_6x+b_6)$
$=\left(x^4+\left(2-(2+\sqrt{3})\right)x^2+1\right) \cdot \left(x^4+\left(2-2\right) x^2 + 1\right) \cdot \left(x^4+\left(2-(2-\sqrt{3})\right)x^2+1\right)$
$=\left(x^4 + 1\right) \cdot \left(x^4+ 1-\sqrt{3}x^2\right) \cdot \left(x^4+1+\sqrt{3}x^2\right)$
$=\left(x^4 + 1\right) \cdot \left(x^8+2x^4+1-3x^4\right)=\left(x^4 + 1\right) \cdot \left(x^8-x^4+1\right)$
$=x^{12}+x^8-x^8-x^4+x^4+1=x^{12}+1$.
Bemerkung:
Es ist $x^{24}-1=(x^{12}-1)(x^{12}+1}$. Also sind die komplexen Nullstellen des Polynoms $x^{12}+1$ genau diejenigen von $x^{24}-1$, die keine Nullstellen von $x^{12}-1$ sind.
Die komplexen Nullstellen von $x^n-1$ lauten $\zeta_n^k=\cos\left(k \cdot \frac{2\pi}{n}\right) + i \cdot \sin\left(k \cdot \frac{2\pi}{n}\right)$, wobei $i$ die ganzen Zahlen von 0 bis $n-1$ durchläuft.
Damit erhalten wir die komplexen Nullstellen des Polynoms $x^{12}+1$ als $x_k=\zeta_{24}^{2k-1}=\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) + i \cdot \sin\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right)$. (Die vierundzwanzigsten Einheitswurzeln mit geradem $k$ sind gleichzeitig auch zwölfte Einheitswurzeln, also Nullstellen von $x^{12}-1$, die hier ausgeschlossen sein sollen.)
Wir erhalten als Zerlegung des Polynoms $x^12+1$ in seine Linearfaktoren die Darstellung
$x^{12}+1=(x-x_1)\cdot (x-x_2) \cdot \ldots \ldots (x - x_{12})$.
Wegen $\cos(2\pi-\phi)=\cos(-\phi)=\cos(\phi)$ und $\sin(2\pi-\phi)=\sin(-\phi)=-\sin(\phi)$ können wir nun den ersten und letzten dieser komplexen Linearfaktoren, den zweiten und vorletzten, usw., zusammenfassen: Für ein $k$ aus $\{7;8;\dots; 12\}$ gilt
$(x-x_k)(x-x_{13-k})=\left(x-\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) - i \cdot \sin\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right)right) \cdot \left(x-\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) + i \cdot \sin\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right)right)$
$=x^2-2x\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) + \cos^2\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) + \sin^2\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) = x^2 -2x\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right) + 1$,
was nun ein rein relles quadratisches Polynom ist. Setzt man $a_k:=-2\cos\left((2k-1) \cdot \frac{2\pi}{24}\right)$, erhält man genau die oben genannten Werte.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.456 begonnen.]
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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| Beitrag No.461, eingetragen 2019-05-19
|
Hallo,
\quoteon(2019-05-19 19:00 - cyrix in Beitrag No. 460)
Wähle $b_1=\dots=b_6=1$, $a_1=\sqrt{2+\sqrt{3}}$, $a_2=\sqrt{2}$, $a_3=\sqrt{2-\sqrt{3}}$, $a_4=-a_3$, $a_5=-a_2$ und $a_6=-a_1$.
\quoteoff
Man kann übrigens auch \(a_1=\frac12(\sqrt6+\sqrt2)\), \(a_3=\frac12(\sqrt6-\sqrt2)\) schreiben, dann hat man keine Doppelwurzeln. (Bin ich aber auch nur mit Wolfram Alpha drauf gekommen.)
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Ex_Senior
| Beitrag No.462, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20
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Ich habe jetzt die letzten mir bekannten Lösungen bis zum Jahr 1963 vollständig eingefügt, so dass es in den ersten Jahren keine Lücken mehr gibt.
Als Nächstes muss ich ein paar Bilder noch selbst zeichnen und werde dann neue Aufgaben und natürlich eure Lösungen einfügen.
Es sind jetzt 517 Lösungen.
LG Steffen
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Wohnort: Milchstraße
| Beitrag No.463, eingetragen 2019-05-20
|
\quoteon(2019-05-20 21:47 - stpolster in Beitrag No. 462)
Es sind jetzt 517 Lösungen.
\quoteoff
Oha, dann hast du aber noch mehr Pferdchen am Laufen ;-) Waren es nicht gestern oder vorgestern noch 499?
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Ex_Senior
| Beitrag No.464, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20
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\quoteon(2019-05-20 21:52 - StrgAltEntf in Beitrag No. 463)
Oha, dann hast du aber noch mehr Pferdchen am Laufen ;-) Waren es nicht gestern oder vorgestern noch 499?
\quoteoff
Nein. Die Lösungen sind von Manuela Kugels Seite abgeschrieben. Mehr Lösungen der Klassen 9 bis 12 (ab der Stufe II) hat sie aber nicht.
Ich habe noch ein paar alte "Mathematik in der Schule" und natürlich die "alphas". Dort werde ich vielleicht noch etwas finden.
LG Steffen
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.465, eingetragen 2019-05-21
|
Nachfolgend eine besonders hübsche Aufgabe - so leicht und gleichzeitig doch so schwer, wenn man nicht den richtigen Zugang findet. Falls jemand noch darüber nachdenken möchte, habe ich die Lösung noch versteckt. ;-)
\quoteonAufgabe 2 - 111232
Man beweise, dass die Gleichung $4^x+6^x=9^x$ keine rationalen Lösungen besitzt.
\quoteoff
\showon
Diese Gleichung lässt sich nach Division durch $9^x$ auch schreiben als \[\left(\frac23\right)^{2x}+\left(\frac23\right)^x-1=0\] d.h., $\left(\frac23\right)^x$ ist die positive Lösung der quadratischen Gleichung $u^2+u-1=0$, woraus sich unmittelbar die sehr viel einfachere Gleichung \[\left(\frac23\right)^x=\frac{\sqrt 5-1}2\] ergibt.
Diese hat auf jeden Fall eine eindeutig bestimme reelle Lösung $\tilde x>0$. Wäre $\tilde x$ rational, also $\tilde x=\frac rs$ für gewisse $r,s\in \mathbb N^*$, so würde daraus unmittelbar \[\left(\frac23\right)^r=\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^s\] und weiter \[2^{r+s}=3^r(\sqrt 5-1)^s\] folgen. Diese letzte Gleichung kann aber nicht gelten, da deren rechte Seite in $\mathbb Z[\sqrt 5]$ offensichtlich durch 3 teilbar ist, die linke Seite aber nicht, was den geforderten Widerspruch ergibt.
\showoff
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weird
Senior 
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.466, eingetragen 2019-05-21
|
\quoteonAufgabe 2 - 111222
Beweisen Sie, dass für keine ganze Zahl n die Zahl 7n +3 Quadrat einer ganzen Zahl sein kann!
\quoteoff
Beweis: Aus der Lösbarkeit von $x^2=7n+3$ in $\mathbb Z$ würde sofort auch die Lösbarkeit der Kongruenz $x^2\equiv 3 \mod 7$ folgen. Diese ist aber unlösbar, wie man wohl am einfachsten durch Einsetzen aller "Kandidaten" $x\in\{0,\pm 1,\pm 2,\pm 3\}$ sieht.
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Ex_Senior
| Beitrag No.467, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21
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@weird, Aufgabe 111232
Schöne Lösung. Nur das letzte Teilbarkeitsargument geht etwas über den Wissensstand eines Schülers - denke ich.
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.468, eingetragen 2019-05-21
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\quoteon(2019-05-21 17:03 - TomTom314 in Beitrag No. 467)
@weird, Aufgabe 111232
Schöne Lösung. Nur das letzte Teilbarkeitsargument geht etwas über den Wissensstand eines Schülers - denke ich.
\quoteoff
Danke! ;-)
Man könnte natürlich unter Berufung auf die Irrationalität von $\sqrt 5$ zuerst den Zwischenschritt einfügen, dass die rechte Seite in der letzten Gleichung sogar ganz ist, und erst danach das obige Teilbarkeitsargument ins Spiel bringen, aber ich weiß nicht, ob das die Sache wirklich einfacher macht. Auf jeden Fall habe ich genau über diesen Punkt selbst lange nachgedacht.
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Ex_Senior
| Beitrag No.469, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21
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\quoteon Man könnte natürlich unter Berufung auf die Irrationalität von $\sqrt 5$ zuerst den Zwischenschritt einfügen, dass die rechte Seite in der letzten Gleichung sogar ganz ist, und erst danach das obige Teilbarkeitsargument ins Spiel bringen,...
\quoteoff
Das wäre für Schüler schon besser. Das kürzere Argument kannst Du ja auch beibehalten, falls einer schon weiß, dass es in $\IZ[\sqrt{5}]$ eine eindeutige Primfaktorzerlegung gibt. Ohne diese Eigenschaft funktioniert das Teilbarkeitsargument nicht, wenn ich das richtig sehe.
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Ex_Senior
| Beitrag No.470, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21
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Moin,
ich würde am Ende wie folgt schließen:
Es ist nach dem binomischen Satz
$(\sqrt{5}-1)^s= \sum_{k=0}^s \binom{s}{k} \sqrt{5}^k \cdot (-1)^{s-k}$.
Die Summanden für gerade $k$ haben alle das gleiche Vorzeichen sowie die für ungerade $k$. Insbesondere ist also die Summe der Summanden mit ungeradem $k$ nicht 0. Wegen $\binom{s}{k}\in \mathbb{Q}$, $\ſqrt{5}^{2m}=5^m \in \mathbb{Q}$ und $\sqrt{5}^{2m+1}=\sqrt{5} \cdot 5^{m}$ gibt es also rationale Zahlen $a$ und $b$ mit $b\neq 0$ und $(\sqrt{5}-1)^s=a+b\sqrt{5}$.
Gäbe es eine rationale Lösung der Ausgangsgleichung, so müsste also
$\frac{2^{r+s}}{3^s} = (\sqrt{5}-1)^s=a+b \sqrt{5}$, also
$\sqrt{5}=\frac{\frac{2^{r+s}}{3^s}-a}{b} \in \mathbb{Q}$
gelten, was ein Widerspruch ist. Damit gibt es keine rationale Lösung der Gleichung $4^x+6^x=9^x$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.471, eingetragen 2019-05-21
|
| https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50970_18_55555555.png
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{5.5} %
\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))} %
% Inkreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %
\pgfmathsetmacro{\r}{\F/\s} %
% Wunkelhalbierende
\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)} %
% Parallele
\pgfmathsetmacro{\pI}{\r/(2*sin(\Alpha/2)*cos(\Alpha/2))} %
\pgfmathsetmacro{\pII}{\r/(2*sin(\Beta/2)*cos(\Beta/2))} %
\pgfmathsetmacro{\pI}{\b*\c/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\pII}{\a*\c/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\p}{\pI+\pII} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\noindent\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{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\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
\path[] (A) -- (C) node[near end, left]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[near end, right]{$b$};
\path[] (A) -- (B) node[near end, below]{$c$};
% Annotationen - Dreieck
% Inkreis
\pgfmathsetmacro{\ai}{\a/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\bi}{\b/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\ci}{\c/(2*\s)} %
\coordinate[Punkt={above}{P}] (I) at ($\ai*(A)+\bi*(B)+\ci*(C)$);
\draw[] (I) circle[radius=\r];
%\foreach \P in {A,B,C} \draw[] (I) -- (\P);
% Radien
\draw[] (I) -- ($(A)!(I)!(B)$) coordinate(Ic) node[midway, right]{$r$};
%% Winkel
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =I--Ic--A};
% Parallele
\draw[] (I) --+ (-\pI,0) coordinate[Punkt={left}{Q}] (Q) node[near end, above]{$p_1$};
\draw[] (I) --+ (\pII,0) coordinate[Punkt={right}{R}] (R) node[near end, above]{$p_2$};
% Winkelhalbierende
\draw[] (A) -- (0.5*\Alpha:\wA);
\draw[] (B) --+ (180-0.5*\Beta:\wB);
\path[] (A) -- (I) node[midway, sloped, below]{$w_1$};
\path[] (B) -- (I) node[pos=0.6, sloped, below]{$w_2$};
% Winkel, Z-Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =I--A--Q};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =B--A--I};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =Q--I--A};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =R--B--I};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =I--B--A};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =B--I--R};
% Höhen
\draw[densely dashed] (Q) -- ($(A)!(Q)!(I)$) coordinate(H1);
\draw[densely dashed] (R) -- ($(B)!(R)!(I)$) coordinate(H2);
\draw pic [draw, angle radius=2mm, %angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =Q--H1--A};
\draw pic [draw, angle radius=2mm, %angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =R--H2--I};
%% Punkte
\foreach \P in {I, Q,R}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
$
\showon 220936
$
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{5.5} %
\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))} %
% Inkreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %
\pgfmathsetmacro{\r}{\F/\s} %
% Wunkelhalbierende
\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)} %
% Parallele
\pgfmathsetmacro{\pI}{\r/(2*sin(\Alpha/2)*cos(\Alpha/2))} %
\pgfmathsetmacro{\pII}{\r/(2*sin(\Beta/2)*cos(\Beta/2))} %
\pgfmathsetmacro{\pI}{\b*\c/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\pII}{\a*\c/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\p}{\pI+\pII} %
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
\noindent\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{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\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
\path[] (A) -- (C) node[near end, left]{$a$};
\path[] (B) -- (C) node[near end, right]{$b$};
\path[] (A) -- (B) node[near end, below]{$c$};
% Annotationen - Dreieck
% Inkreis
\pgfmathsetmacro{\ai}{\a/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\bi}{\b/(2*\s)} %
\pgfmathsetmacro{\ci}{\c/(2*\s)} %
\coordinate[Punkt={above}{P}] (I) at ($\ai*(A)+\bi*(B)+\ci*(C)$);
\draw[] (I) circle[radius=\r];
%\foreach \P in {A,B,C} \draw[] (I) -- (\P);
% Radien
\draw[] (I) -- ($(A)!(I)!(B)$) coordinate(Ic) node[midway, right]{$r$};
%% Winkel
\draw pic [angle radius=3mm,
"$\cdot$", draw,
] {angle =I--Ic--A};
% Parallele
\draw[] (I) --+ (-\pI,0) coordinate[Punkt={left}{Q}] (Q) node[near end, above]{$p_1$};
\draw[] (I) --+ (\pII,0) coordinate[Punkt={right}{R}] (R) node[near end, above]{$p_2$};
% Winkelhalbierende
\draw[] (A) -- (0.5*\Alpha:\wA);
\draw[] (B) --+ (180-0.5*\Beta:\wB);
\path[] (A) -- (I) node[midway, sloped, below]{$w_1$};
\path[] (B) -- (I) node[pos=0.6, sloped, below]{$w_2$};
% Winkel, Z-Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =I--A--Q};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =B--A--I};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha/2$",
] {angle =Q--I--A};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =R--B--I};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =I--B--A};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\beta/2$",
] {angle =B--I--R};
% Höhen
\draw[densely dashed] (Q) -- ($(A)!(Q)!(I)$) coordinate(H1);
\draw[densely dashed] (R) -- ($(B)!(R)!(I)$) coordinate(H2);
\draw pic [draw, angle radius=2mm, %angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =Q--H1--A};
\draw pic [draw, angle radius=2mm, %angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =R--H2--I};
%% Punkte
\foreach \P in {I, Q,R}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
% Annotationen - Rechnung
\tikzset{PosUnten/.style={below=5mm of (A), anchor=west,}}
\tikzset{PosLinks/.style={shift={($(dreieck.north)+(-40mm,0)$)}, anchor=north east,}}
\node[yshift=-0mm, draw=none, align=left, fill=none, anchor=north west, yshift=-7mm,
text width=\textwidth, font=\normalsize
%PosLinks,
] at (A) {\begin{itemize}
\item $|AP| = w_1 = \dfrac{r}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$;~~~
$|BP| = w_2 = \dfrac{r}{\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right)}$
%
\item $|QP| = p_1 = \dfrac{\dfrac{w_1}{2}}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}
= \dfrac{r}{2 \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}
$;\\[1em]
$|RP| = p_2 = \dfrac{\dfrac{w_2}{2}}{\cos\left(\dfrac{\beta}{2}\right)}
= \dfrac{r}{2 \sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\beta}{2}\right)}$
%
\item Für den Inkreisradius $r$ ist $A = r\cdot s$ mit $s = \dfrac{a+b+c}{2}$. \\
Nach der Heronschen Formel ist $A =\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$. \\
$\Rightarrow~~ r = \sqrt{\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}$ \\
\item Es gelten die Halbwinkelbeziehungen
\end{itemize}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\footnotesize%
\begin{tabular}{|l l l|}
\hline & & {} \\[-0.75em]
$\sin\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{bc} }$,
&
$\sin\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-c)}{ac} }$,
&
$\sin\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-b)}{ab} }$ \\[1.5em]
$\cos\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-a)}{bc} }$,
&
$\cos\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-b)}{ac} }$,
&
$\cos\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-c)}{ab} }$ \\[1.5em]
$\tan\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)} }$,
&
$\tan\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-c)}{s(s-b)} }$,
&
$\tan\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-b)}{s(s-c)} }$ \\[1em] \hline
% & mit $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ & \\ \hline
\end{tabular} \\[0.75em]
Beweis: \\
· Es ist $2\, \cos^2\left(\dfrac{x}{2} \right) = 1+\cos(x)$ und nach dem Kosinussatz $a^2=b^2+c^2-2\cdot b\cdot c\cdot \cos(\alpha)$.
$\begin{array}{l l}
\Rightarrow~~ 2\, \cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
&= 1+\cos(\alpha)
= 1+\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}
= \dfrac{b^2+c^2+2bc-a^2}{2 b c} \\[1em]
&= \dfrac{(b+c)^2-a^2}{2 b c}
= \dfrac{(b+c+a)(b+c-a)}{2 b c}
= \dfrac{2s\cdot 2(s-a)}{2 b c}
\end{array}$
Damit erhält man die Halbwinkelformeln \\
%\fbox{%
$\begin{array}{l l l}
\cos\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-a)}{bc} },
&
\cos\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-b)}{ac} },
&
\cos\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{s(s-c)}{ab} }
\end{array}$ \\
%
· Es ist $
2\, \sin^2\left(\dfrac{x}{2} \right) = 1-\cos(x)$ und nach dem Kosinussatz $a^2=b^2+c^2-2\cdot b\cdot c\cdot \cos(\alpha)$
$\begin{array}{l l}
\Rightarrow~~ 2\, \sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
&= 1-\cos(\alpha)
= 1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}
= \dfrac{-(b^2+c^2-2bc)+a^2}{2 b c} \\[1em]
&= \dfrac{a^2-(b-c)^2}{2 b\cdot c}
= \dfrac{(a+b-c)(a-b+c)}{2 b c}
= \dfrac{2(s-b)\cdot 2(s-c)}{2 b c}
\end{array}$
Damit erhält man die Halbwinkelformeln \\
$\begin{array}{l l l}
\sin\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{bc} },
&
\sin\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-c)}{ac} },
&
\sin\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-b)}{ab} }
\end{array}$
$\cdot$ Es ist $\tan(x) = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$ und die o.g. Halbwinkelbeziehungen \\
$\begin{array}{l l}
\Rightarrow~~
\tan\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
&= \dfrac{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)}
=
\dfrac{\sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{bc} }}
{\sqrt{ \dfrac{s(s-a)}{bc} } }
=
\sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)} }
\end{array}
$
Damit erhält man die Halbwinkelformeln \\
$\begin{array}{l l l}
\tan\left(\dfrac{\alpha}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)} },
&
\tan\left(\dfrac{\beta}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-c)}{s(s-b)} },
&
\tan\left(\dfrac{\gamma}{2} \right)
= \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-b)}{s(s-c)} }
\end{array}$
}\\[2.5em]%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{itemize}
\item[]$\Rightarrow~~$ \\
$p_1
= \dfrac{r}{2 \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}
= \dfrac{\sqrt{\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}}{2\, \sqrt{ \dfrac{(s-b)(s-c)}{bc} } \, \sqrt{ \dfrac{s(s-a)}{bc} }}
= \dfrac{bc}{2s}$ \\[1em]
$p_2
= \dfrac{r}{2 \sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\beta}{2}\right)}
= \dfrac{\sqrt{\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}}{2\, \sqrt{ \dfrac{(s-a)(s-c)}{ac} } \, \sqrt{ \dfrac{s(s-b)}{ac} }}
= \dfrac{ac}{2s}$
\item Ergebnis: $|QR| = p_1+p_2
= \dfrac{(a+b)\cdot c}{2s}
= \dfrac{(a+b)\cdot c}{a+b+c}$
\end{itemize}
};
% Annotation =====================
\tikzset{PosRechts/.style={shift={($(dreieck.north)+(1.3*\c cm,-7mm)$)}, anchor=north east,}}
\newcommand\No[1]{\texttt{(#1)}~}
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\node[PosRechts, yshift=7mm,
draw, align=left, fill=none, %text width=1.5*\c cm,
font=\normalsize,
] {%
$\begin{array}{l l}
\text{Zahlenbeispiel:} & \\
a = \a \text{ cm} & \\
b = \b \text{ cm} & \\
c = \c \text{ cm} & \\ \hline
%\alpha = \Alpha^\circ & \\
%\beta = \Beta^\circ & \\
%\gamma = \Gamma^\circ & \\ \hline
p_1 = \pI \text{ cm} & \\
p_2 = \pII \text{ cm} & \\
p= \p \text{ cm} & \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax \text{ cm}} \\
\end{array}$
};
\end{tikzpicture}
$
\showoff
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.472, eingetragen 2019-05-21
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@TomTom314, @cyrix
Ich finde es schön, dass ihr euch Gedanken zu der Aufgabe in #465 macht, so ganz kann ich die damit offenbar verbundenen Bedenken aber nicht nachvollziehen. Ich verwende von $\mathbb Z[\sqrt 5]$ nur, dass er ein Integritäsring ist und die Darstellung seiner Elemente in der Form $a+b\sqrt 5$ mit $a,b\in \mathbb Z$ eindeutig ist, wie dies aus der Irrationaltät von $\sqrt 5$ sofort folgt. (Insbesondere verwende ich nicht, dass $\mathbb Z[\sqrt 5]$ faktoriell ist. Ist das überhaupt richtig? Ich weiß nur, dass der Ring $\mathbb Z[\frac{1+\sqrt 5}2]$ euklidisch und damit faktoriell ist, aber das tut hier ohnehin nichts zur Sache.)
Ausgehend von der letzten Gleichung \[2^{r+s}=3^r (\sqrt 5-1)^s\] in der ich ähnlich wie cyrix \[(\sqrt 5-1)^s:=a+b\sqrt 5\] setze, aber mit $a,b\in \mathbb Z$ (!), statt wie bei ihm nur $a,b\in \mathbb Q$ (was für sein Argument ja reicht, für meines aber nicht!), folgt dann durch Einsetzen \[2^{r+s}+0\cdot \sqrt 5=3^r a+3^r b \sqrt 5\] aus der oben erwähnten Eindeutigkeit einer solchen Darstellung, dass \[2^{r+s}=3^r a\] gilt, womit also dann, aber nun in $\mathbb Z$ (!) gilt, dass die rechte Seite dieser Gleichung durch $3$ teilbar ist, die linke aber nicht, Widerspruch! Das ist also sozusagen meine Argumentation, aber nun in aller Ausführlichkeit.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.470 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.473, eingetragen 2019-05-21
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\quoteon(Jemand)
dass HyperPlot dich nervt, kann ich verstehen, auch wenn ich seine Latex-Vorschläge
\quoteoff
Ne, der nervt nicht, der weist auf eine LaTeX-Vorlage mit dilettantischen Zügen hin, wenngleich nur die Eisbergspitzen thematisiert wurden.
Und wenn sich nachträglich rausstellt, dass das "Lösung dem Löser aus den Händen reißen" ungut war (da späterer Edit, z.B. erst nach 10min. ...), dann nimmt stpolster die Lösung scheints wieder ganz raus - ich zähle ihrer gerade 3-4 oder mehr wieder rausgenommene bzw. nicht reingenommene Lösungen.
Vll. nimmt er sie wieder rein oder auch nicht - mir egal.
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Ex_Senior
| Beitrag No.474, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21
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@weird: Deine Lösung ist doch auch elegant und vollkommen korrekt. :)
Allein glaube ich, dass kaum ein Teilnehmer mit dem Symbol $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ etwas anzufangen weiß. (Ich wusste jedenfalls in dem Alter noch nicht sooo viel davon. ;) ) Daher die elementarere Ausführung als alternativen Schluss. :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.475, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21
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@weird: Deine Lösung ist gut. Sie hat alles was eine schöne Musterlösung ausmacht. Ich bin einfach nur über das letzte Argument gestolpert und habe dabei auch noch den falschen Ring genommen. Vielleicht liegt es auch daran, dass ich $\IZ[\sqrt 5]$ sofort als Ring wahrgenommen habe. Keine Ahnung... Mir würde folgende Argumentation (auch in der Kürze) besser gefallen (Dein Argument - nur ein kleines bischen für Schüler aufbereitet):
$(\sqrt 5-1)^s$ hat eine Darstellung $(\sqrt 5-1)^s=a+b\sqrt 5$ mit $a,b\in\IZ$. Da $\sqrt 5$ irrational ist, gilt $b=0$ und $2^{r+s}=3^r a$. Da die rechte Seite der letzen Gleichung durch 3 teilbar ist, die linke aber nicht, erhalten wir einen Widerspruch.
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.476, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon(2019-05-21 23:00 - TomTom314 in Beitrag No. 475)
$(\sqrt 5-1)^s$ hat eine Darstellung $(\sqrt 5-1)^s=a+b\sqrt 5$ mit $a,b\in\IZ$. Da $\sqrt 5$ irrational ist, gilt $b=0$ und $2^{r+s}=3^r a$. Da die rechte Seite der letzen Gleichung durch 3 teilbar ist, die linke aber nicht, erhalten wir einen Widerspruch.
\quoteoff
Ja, ich denke, dass wir da jetzt nicht so weit auseinanderliegen. Der einzige Unterschied, so wie ich das sehe, besteht darin, dass ich in #472 über die Eindeutigkeit der Darstellung der Elemente von $\mathbb{Z}[\sqrt 5]$ in der Form $u+v\sqrt 5\ (u,v\in \mathbb Z)$ argumentiere, welche ja zur Irrationalität von $\sqrt 5$ äquivalent ist, und du direkt über die Irrationaltät von $\sqrt 5$, was man aber sicher so machen kann.
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Ex_Senior
| Beitrag No.477, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-22
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Vor einem Monat habe ich diesen Thread begonnen und mit ein paar Lösungen gerechnet.
Nun sind es insgesamt 522 gelöste Aufgaben. Von diesen stammen 275 Lösungen von euch. Das ist unglaublich und ich kann nur erneut Danke sagen. Ihr seid genial.
Die restlichen Lösungen habe ich aus diversen Quellen (u.a. alpha, "Engel" und Manuela Kugel) abgeschrieben.
LG Steffen
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Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3268
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.478, eingetragen 2019-05-22
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Aufgabe 150921:
Klaus hat bei einer Hausaufgabe $42 - 32$ auszurechnen. Ihm fällt dabei auf, daß das Ergebnis 7 gleich der Summe der beiden benutzten Zahlen 4 und 3 ist. Als er seine Entdeckung an den Zahlen 10 und 11 überprüft,
stellt er fest, dass auch hier $112 - 102 = 21 = 11 + 10$ ist.
Ermitteln Sie alle Paare $(a, b)$ natürlicher Zahlen mit $a > b$, für die die (positive) Differenz der Quadrate der beiden Zahlen gleich der Summe beider Zahlen ist!
(a^2-b^2)=(a+b)*(a-b)=a+b
(a+b)*(a-b-1)=0
a+b=0 entfällt, da a und b positiv sind
a-b-1 führt zu a=k+1 und b=k, k\el\ \IN
Gruß Caban
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Ex_Senior
| Beitrag No.479, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-22
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527 gelöste Aufgabe online + ein paar neue Aufgaben der Klasse 10
LG Steffen
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