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 Alte Olympiadeaufgaben |
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expIphi
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Wohnort: The Shores of Hell
 |  Beitrag No.480, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon(2019-05-22 21:35 - stpolster in Beitrag No. 479)
ein paar neue Aufgaben der Klasse 10
\quoteoff
Ja, da habe ich schon etwas angefangen. Aber jetzt erstmal zurück in Klasse 9:
230935
Ich schätze, dass es sich um das Rechteck $A_1 P B C$ handelt; vielleicht auch $A_1 P B B_1$. :-?
Aber in keinem Fall komme ich dahinter, was hier der Witz an der Aufgabe ist. Um die Parallle (etwa der Abstand von der Grundseite $c$) und den Punkt $P$ (etwa der Abstand vom Punkt $A$) festzulegen, brauche ich zwei Maße.
Damit kann ich die o.g. Flächen berechnen. Dass sich da ein eleganter Ausdruck ergibt, sehe ich gerade nicht.
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Caban
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Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
 | Beitrag No.481, eingetragen 2019-05-22
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Aufgabe 051221:
Aus einer Kugel vom Radius r wird ein Kugelsektor herausgeschnitten, der sich aus einem Kegel der Höhe h und dem zugehörigen Kugelsegment zusammensetzt.
a) Welche Länge h hat die Höhe des Kegels, wenn der Flächeninhalt der herausgeschnittenen Kugelkappe gleich einem Drittel des Oberflächeninhaltes der Kugel ist?
b) Welche Länge h hat die Höhe des Kegels, wenn das Volumen des Kugelsektors gleich einem Drittel des Volumens der Kugel ist?
a)
1/3*A_kugel=A_kappe
2/3*\pi*r^2=2*\pi*r*(h_kappe)=2*\pi*r*(r-h)
h=2/3*r
b)
1/3*V_kugel=V_Sektor
2/3*\pi*r^2*(r-h)=4/9*\pi/r^3
h=1/3*r
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Ex_Senior
| Beitrag No.482, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon
Aufgabe 140935: Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit dem rechten Winkel bei $C$. Auf dem Umkreis $k$ des Dreiecks liege auf dem Kreisbogen $AB$, der $C$ nicht enthält, ein von $A$ und $B$ verschiedener Punkt $P$.
Symmetrisch zu $P$ bezüglich der Geraden durch $A$ und $C$ bzw. der durch $B$ und $C$ mögen die Punkte $P_1$ und $P_2$ liegen.
a) Man beweise, dass $C$ auf der Geraden $g$ durch $P_1$ und $P_2$ liegt.
b) Man beweise, dass $g$ genau dann die Tangente im Punkt $C$ an den Umkreis $k$ ist, wenn $CP \perp AB$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
a) Die Hintereinanderausführung zweier Spiegelungen zu sich schneidenden Spiegelachsen ist eine Drehung um ihren Schnittpunkt um einen Drehwinkel, der dem Doppelten des Winkels zwischen den Spiegelachsen entspricht. Da $P_1$ durch Spiegelung an $AC$ auf $P$ abgebildet wird und dieser Punkt durch Spiegelung an $BC$ auf $P_2$, gilt $\angle P_1CP_2=2 \angle ACB=180^{\circ}$, sodass $P_1$, $C$ und $P_2$ auf einer Geraden liegen.
b) Sei $M$ der Mittelpunkt von $k$. Nach dem Satz des Thales ist $M$ damit auch gleichzeitig Mittelpunkt der Strecke $AB$. Weiterhin sei $M_1$ der Bildpunkt von $M$ bei der Spiegelung an $AC$. Dann ist $|CM|=|CM_1|=|AM|=|AM_1|$, sodass es sich beim Viereck $AMCM_1$ um eine Raute, also insbesondere ein Parallelogramm handelt. Damit gilt $CM_1 \parallel AM=AB$.
Es ist die Gerade $P_1C$ gleich $g$ eine Tangente an $k$ genau dann, wenn $P_1C \perp CM$ gilt. Bei Spiegelung an $AC$ geht $P_1C$ in $PC$ und $CM$ in $CM_1$ über, sodass $g$ eine Tangente an $k$ genau dann ist, wenn auch $PC \perp CM_1$ gilt. Letztere Gerade ist aber parallel zu $AB$, sodass diese Bedingung äquivalent zu $PC \perp AB$ ist, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 150931: Es sind drei aufeinanderfolgende ungerade natürliche Zahlen zu ermitteln, bei denen die Summe ihrer Quadrate eine vierstellige Zahl ist, die aus vier gleichen Ziffern besteht.
\quoteoff
Lösung:
Es seien $2n-1$, $2n+1$ und $2n+3$ die drei aufeinanderfolgenden ungeraden natürlichen Zahlen. Dann ist die Summe $S$ ihrer Quadrate gleich
$S=(2n-1)^2+(2n+1)^2+(2n+3)^2=4n^2-4n+1+4n^2+4n+1+4n^2+12n+9=12n^2+12n+11=12(n^2+n+1)-1$.
Diese Summe soll eine vierstellige Zahl sein, die aus vier gleichen Ziffern $z$ besteht. Also gilt $S=1111 \cdot z$.
Es ist $S$ ungerade, sodass auch $z$ ungerade sein muss. Weiterhin lässt wegen $S=1110z+z=3 \cdot 370z + z$ die Summe $S$ den gleichen Rest bei der Teilung durch 3 wie $z$ selbst. Da aber $S$ um 1 kleiner als ein Vielfaches von 12 (und damit auch von 3) ist, muss dieser Rest bei der Teilung durch 3 genau 2 betragen. Als einzige Ziffer $1\leq z \leq 9$ erfüllt $z=5$ beide Bedingungen. Demnach muss $S=5555$ sein, woraus man $n^2+n+1=\frac{5556}{12}=463$ und $n=21$ (bzw. $n=-22$, was aber wegen $2n-1\in\mathbb{N}$ entfällt) erhält, sodass die drei gesuchten aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen 41, 43 und 45 lauten.
\quoteon
Aufgabe 150932: Von einem Dreieck $ABC$ seien die Seitenlängen $|BC|=a$ und die Höhenlänge $|AD|=h_a$ bekannt. Eine Gerade $g$ verläuft so, dass $BC$ auf $g$ liegt.
Berechnen Sie das Volumen $V$ des Körpers, der durch Rotation der Dreiecksfläche um die Gerade $g$ beschrieben wird!
\quoteoff
Lösung: Durch den ebenen Schnitt mit der Ebene, die senkrecht zu $g$ duch $A$ verläuft (und in der dann nach Konstruktion auch der Höhenfußpunkt $D$ liegt), zerlegt den Rotationskörper in zwei gerade Kreiskegel: Beide besitzen den aus der Rotation der Strecke $AD$ gebildeten Kreis als gemeinsame Grundfläche sowie $B$ bzw. $C$ als Spitze. Damit ist
$V=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot h_a^2 \cdot (|BD|+|DC|)=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot h_a^2 \cdot a$.
\quoteon
Aufgabe 150934: Man ermittle alle Möglichkeiten, die Zahl 60 als Summe von mindestens zwei aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen darzustellen.
\quoteoff
Lösung:
1. Fall: Die Anzahl der Summanden ist ungerade, d.h. $2k+1$ für eine positive ganze Zahl $k$. Ist $n$ der dann existierende mittlere Summand, so lässt sich die Summe schreiben als
$(n-k)+(n-(k-1))+\dots+(n-1)+n+(n+1)+\dots+(n+(k-1))+(n+k)=n \cdot (2k+1)$.
Dabei muss $n\geq k$ gelten, damit auch der kleinste Summand $n-k$ eine nicht-negative ganze Zahl ist. Soll diese Summe den Wert 60 ergeben, muss also $2k+1$ ein ungerader Teiler von 60 sein und $n=\frac{60}{2k+1}>k$ gelten.
Damit ergeben sich folgende Lösungen:
Für $2k+1=3$ ist $n=20>1$, also $60=19+20+21$ und
für $2k+1=5$ ist $n=12>2$, also $60=10+11+12+13+14+15$.
Für den einzigen weiteren ungeraden Teiler $2k+1=15$ von 60 erhält man $n=4$, was aber kleiner ist als $k=7$. Auf diese Weise erhielte man nur die Summe $60=(-3)+(-2)+(-1)+0+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11$, welche auch negative Summanden enthält, also keine Lösung im Sinne der Aufgabenstellung ist.
2. Fall: Die Anzahl der Summanden ist gerade, d.h. $2k$ für eine positive ganze Zahl $k$. Insbesondere enthält die Summe dann $k$ ungerade Summanden, ist also nur dann -- wie 60 -- gerade, wenn $k$ auch gerade ist, sich also als $2m$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$ schreiben lässt. Die Summe besteht demnach aus $4m$ Summanden. Sei der kleinste dieser Summanden mit $n-(2m-1)$ bezeichnet, wobei $n\geq 2m-1$ eine natürliche Zahl sei. Dann gilt
$60=(n-(2m-1))+\dots+(n+(2m-1))+(n+(2m))=4mn+2m=2m(2n+1)$.
Insbesondere ist $2n+1$ ein ungerader Teiler von 60, sodass $2m=\frac{60}{2n+1}\leq n+1$ gilt. Dies liefert die folgende Lösung:
Für $2n+1=15$ ist $2m=4\leq 8$ und wir erhalten $60=4+5+6+7+8+9+10+11$.
Sonst ist $2n+1\leq 5$, also $n\leq 2$, aber $2m=\frac{60}{2n+1}\geq 12$, sodass man wieder nur ganzzahlige, aber keine natürlichen Lösungen erhält.
\quoteon
Aufgabe 160932: Man beweise folgenden Satz:
Sind $a$ und $b$ positive reelle Zahlen, für die $ab=1$ gilt, dann gilt
$(a+1)\cdot (b+1)\geq 4$.
Untersuchen Sie fernern, in welchen Fällen in dieser Ungleichung das Gleichheitszeichen gilt!
\quoteoff
Lösung:
Aufgrund der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel ist $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}=1$, also
$(a+1) \cdot (b+1)=ab+(a+b)+1\geq 1+2+1=4$.
Dabei gilt Gleichheit genau für $a=b$, da nur dann die Mittelungleichung den Gleichheitsfall liefert.
\quoteon
Aufgabe 160934: Beweisen Sie, dass für keine Primzahl $p\neq 3$ und für keine natürliche Zahl $n\geq 1$ die Zahl $(3n-1) \cdot p^2 +1$ Primzahl ist!
\quoteoff
Lösung:
Da $p$ eine von 3 verschiedene Primzahl ist, ist es nicht durch 3 teilbar und lässt sich schreiben als $3m+1$ oder $3m-1$ mit einer natürlichen Zahl $m$. Dann ist
$(3n-1) \cdot p^2+1=(3n-1)(3m\pm 1)^2 + 1=(3n-1)(9m^2\pm 6m + 1)+1=3(9m^2n\pm 6mn + n - 3m^2 \mp 2m)-1+1$,
also durch 3 teilbar, aber sicher größer als 3 (da $3n-1>1$ und $p^2\geq 4$), also sicher keine Primzahl, $\Box$.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.483, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon(2019-05-22 22:13 - expIphi in Beitrag No. 480)
230935
...
\quoteoff
Wohl vergessen mit dem anderen Benutzer einzuloggen. Die Aufgabe ist vollkommen in Ordnung und hat ein durchaus einfaches Ergebnis.
Lösung zu 230935:
Seien $c,h$ und $c_1,h_1$ die Grundseiten und Höhen der Dreiecke $ABC, A_1B_1C$. Da diese ähnlich sind, gelten die Beziehungen $\frac{h_1}{h}=\frac{c_1}{c}=\sqrt{\frac{F_1}{F_0}}$. Sei $F_2$ der Flächeninhalt des Dreiecks $A_1B_1P$. Dann gilt $2F_2=c_1(h-h_1)=c_1h -c_1h_1=c_1h_1\sqrt{\frac{F_0}{F_1}}-c_1h_1= 2F_1 \sqrt{\frac{F_0}{F_1}} - 2F_1$. Daraus folgt $F_1 + F_2 = \sqrt{F_0F_1}$, was gerade der Flächeninhalt des Viereck $A_1PB_1C$ ist.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.481 begonnen.]
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expIphi
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 28.12.2018
Mitteilungen: 43
Wohnort: The Shores of Hell
| Beitrag No.484, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon(2019-05-22 23:18 - TomTom314 in Beitrag No. 483)
Wohl ...
\quoteoff
Meine Sache! Das ist nur Deine Meinung. Schreibe es auf, ich beschäftige mich später damit!
Ach so, hast Du ja schon aufgeschrieben. Ja, wenn da so ein schiefes Dingens drinsteht, dann ist es gut.
Also bis zum nächsten Mal. Mein Bester!
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.485, eingetragen 2019-05-22
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\quoteon(2019-05-22 23:18 - TomTom314 in Beitrag No. 483)
Wohl vergessen ...
\quoteoff
@ TT314
Wohl vergessen, den Account in Martin_Influence umzubenennen?! Aber wer wird denn da so kleinlich sein...?
Vergessen hast Du aber Aufgabe 220936 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1760570 zu roasten.
Das ist mir schon klar, bei der Gestalt des Ergebnisses, dass das auch irgendwie mit Ähnlichkeitsbetrachtungen geht.
Aber ich mache das so. Der ehrliche Weg, der bodenständige Weg - nicht wahr?
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Ex_Senior
| Beitrag No.486, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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\quoteon(2019-05-22 23:39 - HyperPlot in Beitrag No. 485)
Vergessen hast Du aber Aufgabe 220936 ...
\quoteoff
Wenn Du darauf bestehst.
Lösung zu Aufgabe 220936
Sei h die Höhe auf der Seite $AB$ und r der Inkreisradius. Dann erhalten wir durch Vergleich der Flächeninhaltsformeln: $A=\frac{hc}{2}=r\frac{a+b+c}{2}\Rightarrow \frac{r}{h}=\frac{c}{a+b+c}$. Das Dreieck $PQC$ ist ähnlich zu $ABC$ und hat die Höhe $h-r$. Mittels Strahlensatz gilt daher
\[ \frac{|PQ|}{|AB|}=\frac{h-r}{h}=1-\frac{r}{h} = 1-\frac{c}{a+b+c} = \frac{a+b}{a+b+c}\]
und somit $|PQ|=\frac{(a+b)c}{a+b+c}$.
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Ex_Senior
| Beitrag No.487, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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\quoteon
Aufgabe 150923: Gegeben seien die Seitenläange $a$ eines Quadrates $ABCD$ sowie eine Länge $m$, für die $m\leq a$ gilt. Es sei $M$ derjenige Punkt auf der Seite $CD$, für den $|MD|=m$ gilt. Gesucht ist ein Punkt $N$ auf der Seite $AD$ so, dass sich der Flächeninhalt des Dreiecks $NMD$ zu dem des Quadrates $ABCD$ wie 1 : 7 verhält. Man ermittle alle diejenigen Werte von $m$, für die ein solcher Punkt $N$ auf $AD$ existiert, und hierzu jeweils die Länge der Strecke $DN$.
\quoteoff
Lösung:
Der Flächeninhalt des Dreiecks $\triangle NMD$ beträgt $\frac{1}{2} |MD| \cdot |DN|=\frac{m}{2} \cdot |DN|$. Damit dieser den von der Aufgabenstellung verlangten Wert von $\frac{1}{7} a^2$ annimmt, muss $|DN|=\frac{2a}{7m} \cdot a$ gelten. Damit der Punkt $D$ auf der Seite $AD$ des Quadrats liegt (und nicht nur auf der Gerade durch diese Seite), muss der Vorfaktor $\frac{2a}{7m}$ zwischen 0 und 1 liegen. Wegen $a>0$ und $m\geq 0$ ist auch immer $\frac{2a}{7m}>0$. Schließlich ist die Ungleichung $\frac{2a}{7m}\leq 1$ äquivalent zu $m\geq \frac{2}{7} a$, sodass genau für solche Werte von $m$ ein entsprechender Punkt $N$ auf der Strecke $AD$ existiert.
\quoteon
Aufgabe 150924: Bei der Lösung der Aufgabe, ein Dreieck $ABC$ aus $|AB|=c$, $|BC|=a$ und $\angle BAC=\alpha$ zu konstruieren, seien zwei zueinander nicht kongruente Dreiecke $ABC_1$ und $ABC_2$ entstanden, die den Bedingungen genügen.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen die Größe des Winkels $\angle AC_1B$, wenn außerdem bekannt ist, dass er viermal so groß ist wie der Winkel $\angle AC_2B$!
\quoteoff
Lösung:
Es ist das Dreieck $BC_1C_2$ gleichschenklig mit Basis $C_1C_2$. Damit ist $\angle BC_1C_2=\angle C_1C_2B=\angle AC_2B$. Da die Winkel $\angle AC_1B$ und $\angle BC_1C_2$ Nebenwinkel sind, ergänzen sie sich zu $180^{\circ}$. Zusammen mit $\angle AC_1B= 4 \cdot \angle AC_2B$ folgt $5 \angle AC_2B=180^{\circ}$, also $\angle AC_2B=36^{\circ}$ und damit schließlich $\angle AC_1B=4\cdot 36^{\circ}=144^{\circ}$.
\quoteon
Aufgabe 150933: Über eine Zahl $x$ werden die folgenden vier Paare $(A_1,A_2)$, $(B_1,B_2)$, $(C_1,C_2)$, $(D_1,D_2)$ von Aussagen gemacht, von denen genau eine wahr und genau eine falsch ist.
Untersuchen Sie, ob es eine Zahl $x$ gibt, die dieser Forderung genügt! Ermitteln Sie, wenn das der Fall ist, jede solche Zahl $x$!
$A_1$) Es gibt außer $x$ keine Zahl, die der Forderung dieser Aufgabe genügt.
$A_2$) $x$ ist eine natürliche Zahl, in deren (dekadischer) Darstellung eine Ziffer zweimal auftritt.
$B_1$) $x−5$ ist eine ganze, durch 6 teilbare Zahl.
$B_2$) $x+1$ ist eine ganze, durch 12 teilbare Zahl.
$C_1$) $x$ ist eine natürliche Zahl, deren (dekadische) Darstellung mit der Ziffer 3 beginnt.
$C_2$) $x$ ist die Zahl 389.
$D_1$) $x$ ist eine dreistellige Primzahl mit $300
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Ex_Senior
| Beitrag No.488, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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\quoteon
Aufgabe 091221: Gegeben sei eine reelle Zahlenfolge $a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$ durch die (independente) Darstellung
$a_n = c_2n^2 + c_1n + c_0$ (1)
wobei $c_0$, $c_1$, $c_2$ reelle Zahlen sind. Als erste Differenzenfolge bezeichnet man die Folge $D(1)_n = a_{n+1} - a_n$ und als zweite Differenzenfolge die Folge $D(2)_n = D(1)_{n+1} - D(1)_n$, $(n = 1, 2, 3, \dots).$
a) Es seien $c_0 = 1, c_1 = -1, c_2 = 1$. Unter dieser Voraussetzung sind $a_n, D(1)_n , D(2)_n$ für $n = 1$, 2, 3, 4 und 5 zu berechnen.
b) Es ist allgemein zu beweisen, dass für (1) die Folge $D(2)_n$ konstant ist.
\quoteoff
Lösung:
a)
\begin{tabular}{r|r|r|r|r|r|r|r}
$n$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline
$a_n$ & 1 & 3 & 7 & 13& 21& 31& 43\\ \hline
$D(1)_n$ & 2 & 4 & 6 & 8 & 10&12&\quad\\ \hline
$D(2)_n$ & 2 & 2 & 2 & 2 & 2&\quad & \quad\\
\end{tabular}
b) Es ist für alle nicht-negativen ganzen zahlen $n$
$D(1)_n=a_{n+1}-a_n=c_2((n+1)^2-n^2)+c_1((n+1)-n)+c_0-c_0=2c_2n+c_2+c_1$
und
$(2)_n=D(1)_{n+1}-D(1)_n=2c_2((n+1)-n)+(c_2+c_1)-(c_2+c_1)=2c_2$,
was die Behauptung zeigt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 091232: Vier Freunde, Axel, Bodo, Christian und Dieter, kauften sich ein Boot. Sie einigten sich, dass jeder von ihnen eine der ersten vier Fahrten mit dem Boot durchführen solle. Bei der Festlegung der Reihenfolge dieser Fahrten äußerten sie folgende Wünsche:
1. Für den Fall, daß Dieter als Erster fahren sollte, wollte Christian als Dritter fahren.
2. Wenn Axel oder Dieter als Zweiter fahren sollte, dann wollte Christian als Erster fahren.
3. Dann und nur dann, wenn Axel als Dritter fahren sollte, wollte Bodo als Zweiter fahren.
4. Falls Dieter als Dritter fahren sollte, so wollte Axel als Zweiter fahren.
5. Wenn Dieter als Letzter fahren sollte, dann wollten Christian als Dritter und Axel als Erster fahren.
Ermitteln Sie alle Möglichkeiten für die Reihenfolge, in der die ersten vier Fahrten durchgeführt werden können, so dass diese Wünsche erfüllt sind!
\quoteoff
Lösung:
Wir führen eine Fallunterscheidung danach durch, welche der Fahrten von Dieter übernommen wird:
Fall 1: Dieter fährt als Erster. Dann fährt Christian nach 1. als Dritter und nach 3. Bodo nicht als Zweiter, also Vierter, sodass für Axel nur der zweite Platz verbleibt. Es ergibt sich die Reihenfolge Dieter, Axel, Christian, Bodo, welche der Bedingung 2 widerspricht. In diesem Fall gibt es also keine gültige Lösung.
Fall 2: Dieter fährt als Zweiter. Dann fährt nach 2. Christian als Erster und nach 3. Axel nicht als Dritter, also als Vierter, womit für Bodo nur die dritte Position verbleibt. Es ergibt sich die Reihenfolge Christian, Dieter, Bodo, Axel. Die Probe bestätigt diese Lösung.
Fall 3: Dieter fährt als Dritter. Dann fährt nach 4. Axel als Zweiter. Nach 2. fährt Christian als Erster und schließlich Bodo als Vierter. Es ergibt sich die Reihenfolge Christian, Axel, Dieter, Bodo. Die Probe bestätigt diese Lösung.
Fall 4: Dieter fährt als Vierter. Dann fährt nach 5. Christian als Dritter, Axel als Erster und Bodo schließlich als Zweiter. Es ergibt sich die Reihenfolge Axel, Bodo, Christian, Dieter, die aber 2. widerspricht, sodass es in diesem Fall keine Lösung gibt.
Es gibt also genau zwei zulässige Reihenfolgen.
\quoteon
Aufgabe 160931: Ein dem Einheitskreis einbeschriebenes $n$-Eck habe die Eigenschaft, dass es bei einer Drehung um $180^{\circ}$ um den Mittelpunkt des Einheitskreises in sich übergeht. Auf der Peripherie des Einheitskreises sei irgendein Punkt $P$ gegeben.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen aus der gegebenen Zahl $n$ die Summe $s$ der Quadrate der Abstände des Punktes $P$ zu allen Punkten des $n$-Ecks!
\quoteoff
Lösung:
Aufgrund der Punktsymmetrie ist $n=2m$ gerade. Seien die Eckpunkte des $n$-Ecks in mathematisch positiver Richtung mit $P_1$, $P_2$, $\dots$, $P_{2m}$ durnummeriert, sodass sich jeweils $P_k$ und $P_{m+k}$ gegenüberliegen. Diese bilden also jeweils einen Durchmesser des Einheitskreises und es gilt $|P_kP_{m+k}|^2=2^2=4$. Nach dem Satz von Thales ist jedes Dreieck $P_kP_{k+m}P$ rechtwinklig bei $P$ (oder $P$ fällt mit einem der beiden Endpunkte des betrachteten Durchmessers zusammen). In jedem Fall gilt aber nach Pythogaros (bzw. sofot durch Einsetzen) $|PP_k|^2+|PP_{k+m}|^2=|P_kP_{k+m}|^2=4$, sodass sich für die gesuchte Summe $s$ als Wert die vierfache Anzahl dieser Durchmesser ergibt, die $4m=2n$ beträgt, da jeder der Eckpunkte des $n$-Ecks an genau einem Durchmesser des Einheitskreises beteiligt ist, und auf jedem solchen genau zwei der Eckpunkte des $n$-Ecks liegen.
edit: Offenbar bekomme ich die Tabelle, die Symbole im Mathemodus enthält, hier nicht geeignet dargestellt. Was mache ich falsch?
Cyrix
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weird
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 | Beitrag No.489, eingetragen 2019-05-23
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Anmerkung: Nuramon (s. #490) sei Dank, habe ich die Tabellen (leider aber nur unzentriert, gibt's da auch noch einen Ausweg?) doch noch hinbekommen! (Edit: Ok, mit der Zentrierung klappt es dank einem Hinweis von Diophant per PM, nun auch!)
\quoteonAufgabe 3 - 111233
$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
& & & & & & \\ \hline
& & & & & &\\ \hline
& & & & & &\\ \hline
\end{array}
$
21 leere Felder, die in Form eines Rechtecks von 3 Zeilen und 7 Spalten wie in der Abbildung angeordnet sind, sollen so mit den Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 belegt werden, dass jedes Feld mit genau einer der angegebenen Zahlen belegt wird und dabei insgesamt jede dieser Zahlen dreimal vorkommt.
Dabei sollen die drei Zahlen jeder Spalte paarweise voneinander verschieden sein, und von den sechs Zahlen in je zwei Spalten dürfen höchstens zwei übereinstimmen.
Man gebe eine Belegung der geforderten Art an und begründe, wie sich eine derartige Belegung finden lässt.
\quoteoff
Ein 3x7-Tableau, welches ganz oder teilweise mit den Ziffern 1,2,3 ausgefüllt ist, heißt im Folgenden zulässig, wenn folgende Bedingungen für die bereits eingetragenen Ziffern erfüllt sind:
$\bullet$ Jede Ziffer kommt in dem Tableau höchstens dreimal vor
$\bullet$ Für jede Spalte sind alle ihre Ziffern verschieden
$\bullet$ Für je zwei verschiedene Spalten gibt es höchstens eine Ziffer, welche in beiden Spalten vorkommt
Ferner denken wir uns die Kästchen eines Tableaus in dem Sinn geordnet, als ein Kästchen vor einem anderen kommt, wenn seine Spaltennummer kleiner ist, und bei gleicher Spaltennummer, wenn seine Zeilennummer dann kleiner ist. Des weiteren nennen wir im Folgenden ein Kästchen frei, wenn in dieses bis dahin noch keine Ziffer eingetragen wurde.
Folgender Greedy-Algorithmus liefert dann das gewünschte Ergebnis:
Beginnend mit dem noch leeren Tableau, welches offensichtlich zulässig ist, fügt man einfach jede Ziffer der Folge
\[1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,7,7,7\]
in genau dieser Reihenfolge an der ersten freien Stelle in das Tableau ein, für welche dieses weiterhin zulässig ist. Das Endtableau unten erfüllt dann offensichtlich alle Bedingungen der Aufgabe hier:
$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
1& 1& 1& 2& 2& 3& 3 \\ \hline
2& 4& 6& 4& 5& 4& 5\\ \hline
3& 5& 7& 6& 7& 7& 6\\ \hline
\end{array}
$
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Nuramon
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| Beitrag No.490, eingetragen 2019-05-23
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-05-23 11:22 - cyrix in Beitrag No. 488)
$
\begin{array}{r|r|r|r|r|r|r|r}
n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline
a_n & 1 & 3 & 7 & 13& 21& 31& 43\\ \hline
D(1)_n & 2 & 4 & 6 & 8 & 10&12&\quad\\ \hline
D(2)_n & 2 & 2 & 2 & 2 & 2&\quad & \quad\\
\end{array}
$
edit: Offenbar bekomme ich die Tabelle, die Symbole im Mathemodus enthält, hier nicht geeignet dargestellt. Was mache ich falsch?
\quoteoff
Die tabular muss in einer math-Umgebung stehen und solche kann man anscheinend nicht schachteln. Innerhalb einer tabular kann man aber Dollarzeichen verwenden. Wenn man array statt tabular verwendet, muss man nicht in jeder Zelle einzeln vom Textmodus in den Mathemodus umschalten.
\quoteon
\quoteon
Aufgabe 160931: Ein dem Einheitskreis einbeschriebenes $n$-Eck habe die Eigenschaft, dass es bei einer Drehung um $180^{\circ}$ um den Mittelpunkt des Einheitskreises in sich übergeht. Auf der Peripherie des Einheitskreises sei irgendein Punkt $P$ gegeben.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen aus der gegebenen Zahl $n$ die Summe $s$ der Quadrate der Abstände des Punktes $P$ zu allen Punkten des $n$-Ecks!
\quoteoff
Lösung:
Aufgrund der Punktsymmetrie ist $n=2m$ gerade. Seien die Eckpunkte des $n$-Ecks in mathematisch positiver Richtung mit $P_1$, $P_2$, $\dots$, $P_{2m}$ durnummeriert, sodass sich jeweils $P_k$ und $P_{m+k}$ gegenüberliegen. Diese bilden also jeweils einen Durchmesser des Einheitskreises und es gilt $|P_kP_{m+k}|^2=1^2=1$. Nach dem Satz von Thales ist jedes Dreieck $P_kP_{k+m}P$ rechtwinklig bei $P$ (oder $P$ fällt mit einem der beiden Endpunkte des betrachteten Durchmessers zusammen). In jedem Fall gilt aber nach Pythogaros (bzw. sofot durch Einsetzen) $|PP_k|^2+|PP_{k+m}|^2=|P_kP_{k+m}|^2=1$, sodass sich für die gesuchte Summe $s$ als Wert die Anzahl dieser Durchmesser ergibt, die $m=\frac{n}{2}$ beträgt, da jeder der Eckpunkte des $n$-Ecks an genau einem Durchmesser des Einheitskreises beteiligt ist, und auf jedem solchen genau zwei der Eckpunkte des $n$-Ecks liegen.
\quoteoff
Der Einheitskreis hat Durchmesser 2, darum ist dein Endergebnis um den Faktor 4 falsch.\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.491, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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@Nuramon: Danke für die Tabelle und den Hinweis. Das ist natürlich peinlich... ;) Ich bessere es oben aus.
@Steffen: Bitte zu Aufgabe 160931 die geänderten Werte übernehmen! :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.492, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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\quoteon
Aufgabe 150922:
$
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & & \\ \hline
b & & & & & \\ \hline
c & & & & 5 & \\ \hline
d & & & & & 4\\ \hline
e & & & & & \\
\end{tabular}
$
In das abgebildete Quadrat sollen die Ziffern 1, 2, 3, 4 und 5 so eingetragen werden, dass in jeder Zeile und Spalte und in den beiden Diagonalen jede der Ziffern von 1 bis 5 genau einmal vertreten ist. Die bereits eingetragenen Ziffern sollen dabei nicht verändert werden.
a) Geben Sie eine den Bedingungen entsprechende Eintragung an!
b) Untersuchen Sie, ob voneinander verschiedene den Bedingungen entsprechende Eintragungen möglich sind, und ermitteln Sie, wenn dies zutrifft, alle derartigen Eintragungen!
Die Buchstaben an den Rändern des Quadrates sollen die Beschreibungen des Lösungsweges erleichtern. So steht z.B. im Feld cD bereits die Ziffer 5, Kurzschreibweise cD:5.
\quoteoff
Lösung:
aD:4 (Zeile a, Spalten ABC besetzt; dE:4)
aE:5 (Zeile a, Spalten ABCD besetzt)
bB:5 (Hauptdiagonale: aA:1, cC:$\neq$ 5 wegen cD:5, dd:$\neq$ 5 wegen cD:5, eE:$\neq$ 5 wegen aE:5)
eC:5 (Zeile e, eA:$\neq$ 5 wegen aE:5, eB:$\neq$ 5 wegen bB:5, eD:$\neq$ 5 wegen cD:5, eE:$\neq 5$ wegen aE:5)
dA:5 (Zeile d; in allen Spalten BCDE gibt es schon Fünfen).
cC:4 (Hauptdiagonale: aA, bB besetzt, dD:$\neq$ 4 wegen aD:4, eE:$\neq$ 4 wegen dE:4)
eB:4 (Spalte B, Zeielen ab besetzt, cB:$\neq$ 4 wegen cC:4, cd:$\neq$ 4 wegen dE:4)
bA:4 (Spalte A, in allen anderen Zeilen schon Vieren vorhanden)
Skizze:
$
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 & & & \\ \hline
c & & & 4 & 5 & \\ \hline
d & 5 & & & & 4\\ \hline
e & & 4 & 5 & & \\
\end{tabular}
$
Wäre bD:1, dann eA:$\neq 1$ (Hauptdiagonale) und eD:$\neq$ 1, also eE:1 (da eB und eC schon besetzt). Dies ist aber ein Widerspruch zu aA:1 auf der Hauptdiagonalen. Also ist bD:$\neq$ 1.
eD:1 (Spalte D, bD:$\neq$ 1, aD, cD besetzt, dD:$\neq$ 1 wegen aA:1)
dB:1 (Nebendiagonale, aE, cc besetzt, bD:$\neq$ 1 wegen eD:1, eA:$\neq$ 1 wegen aA:1)
cE:1 (Zeile c, Spalten CD besetzt, Spalten AB verboten, da dort schon Einsen)
bC:1 (Zeile b, in allen anderen Spalten schon Einsen)
Skizze:
$
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 & 1 & & \\ \hline
c & & & 4 & 5 & 1\\ \hline
d & 5 & 1 & & & 4\\ \hline
e & & 4 & 5 & 1 & \\
\end{tabular}
$
dC:2 (Spalte C, Zeilen abce besetzt)
dD:3 (Zeile d, Spalten ABCE besetzt)
bD:2 (Spalte D, Zeilen acde besetzt)
bE:3 (Zeile b, Spalten ABCD besetzt)
eE:2 (Spalte E, Zeilen abcd besetzt)
eA:3 (Zeile e, Spalten BCDE besetzt)
cA:2 (Spalte A, Zeilen abde besetzt)
cB:3 (Zeile c, Spalten ACDE besetzt)
Damit ergibt sich notwendigerweise folgende Tabelle:
$
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
\quad & A & B & C & D & E\\ \hline
a & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline
b & 4 & 5 & 1 & 2 & 3\\ \hline
c & 2 & 3 & 4 & 5 & 1\\ \hline
d & 5 & 1 & 2 & 3 & 4\\ \hline
e & 3 & 4 & 5 & 1 & 2\\
\end{tabular}
$
Dass diese auch alle Bedingungen der Aufgabenstellung genügt, zeigt die Probe. Es existiert also nur genau diese eine Variante, die Tabelle gemäß den Vorgaben auszufüllen.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.493, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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\quoteon
Aufgabe 111042: Es sind alle geordneten Quadrupel $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ positiver ganzer Zahlen zu ermitteln, die die folgenden Eigenschaften haben:
a) Das Produkt dieser vier Zahlen ist gleich 82 944 000 000.
b) Ihr größter gemeinsamer Teiler (ggT) ist gleich 24.
c) Ihr kleinstes gemeinsames Vielfaches (kgV) ist gleich 120 000.
d) Der größte gemeinsame Teiler von $x_1$ und $x_2$ ist gleich 1 200.
e) Das kleinste gemeinsame Vielfache von $x_2$ und $x_3$ ist gleich 30 000.
\quoteoff
Lösung:
Es ist $82 944 000 000 = 2^{16} \cdot 3^4 \cdot 5^6$, sodass nur die Primzahlen 2, 3 und 5 in der Primfaktorzerlegung der $x_i$ vorkommen. Wir können also schreiben $x_i=2^{a_i} \cdot 3^{b_i} \cdot 5^{c_i}$ mit nicht-negativen ganzen Zahlen $a_i, b_i, c_i$ für $i\in\{1,2,3,4\}$. Dann ist nach a) $a_1+\dots+a_i=16$, $b_1+\dots+b_4=4$ und $c_1+\dots+c_4=6$.
Es ist $24=2^3 \cdot 3^1$, sodass nach b) alle $a_i\geq 3$ und alle $b_i\geq 1$ sind. Aus letzterem folgt mit der Summenbedingung an die $b_i$ sofort $b_1=\dots=b_4=1$. weiterhin ist mindestens eines der $c_i$ gleich 0, da sonst der ggT auch durch 5 teilbar wäre. Analog ist auch mindestens eines der $a_i$ genau gleich 3.
Es ist $120 000=2^6 \cdot 3^1 \cdot 5^4$, sodass nach c) alle $a_i\leq 6$ und alle $c_i\leq 4$ sind, wobei diese Maximalwerte auch jeweils mindestens einmal angenommen werden. Aus der Summenbedingung an die $a_i$, diese obere und die zuvor gezeigte untere Schranke für deren Größe folgt, dass genau eines der $a_i$ den Wert 6, ein zweites den Wert 4 und die beiden übrigen den Wert 3 annehmen müssen.
Es ist $1200=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^2$, sodass nach d) $a_1\geq 4$, $a_2\geq 4$, $c_1\geq 2$ und $c_2\geq 2$ folgt. Insbesondere folgt damit $a_3=a_4=3$. Da mindestens eines der $c_i$ den Wert 4 hat, ist die Summenbedingung an die $c_i$ nur zu erfüllen, wenn $c_3=c_4=0$, einer der beiden Werte $c_1$ und $c_2$ gleich 4 und der andere gleich 2 ist.
Es ist $30 000=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^4$, sodass nach e) $a_2\leq 4$, $a_3\leq 4$, $c_2\leq 4$ und $c_3\leq 4$ folgt, wobei jeweils mindestens einer der $a$- bzw. $c$-Werte die Schranke auch annimmt. Aufgrund der zuvor gewonnenen Abschätzung an $a_2$ gilt $a_2=4$ und analog wegen $c_3=0$ auch $c_2=4$. Es folgt $c_1=2$ und abschließend $a_1=6$.
Zusammen erhalten wir
$x_1=2^{a_1} \cdot 3^{b_1} \cdot 5^{c_1}=2^6 \cdot 3^1 \cdot 5^2$,
$x_2=2^{a_2} \cdot 3^{b_2} \cdot 5^{c_2}=2^4 \cdot 3^1 \cdot 5^4$
$x_3=2^{a_3} \cdot 3^{b_3} \cdot 5^{c_3}=2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^0$ und
$x_4=2^{a_4} \cdot 3^{b_4} \cdot 5^{c_4}=2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^0$.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.494, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23
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Da ich eine zweite Datei mit "interessanten" Aufgaben der I. Stufe vorbereite, habe ich diese Aufgaben der Klassenstufe 11 wieder herausgenommen.
Damit haben wir jetzt 530 gelöste Aufgaben. Danke an alle fleißigen Aufgabenlöser.
Nach einer Grobschätzung kommen bis 1989 etwa 1265 Aufgaben in Frage. Damit haben wir jetzt gut 41 %. Das ist super.
LG Steffen
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Caban
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Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3284
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.495, eingetragen 2019-05-23
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Aufgabe 160922:
Die Zahl $\frac{20}{21}$ soll so in zwei Summanden zerlegt werden, dass
a) die beiden Summanden Brüche mit gleichem, von 21 verschiedenem Nenner und mit unterschiedlichen Zählern sind,
b) die beiden Summanden Brüche mit gleichem Zähler und mit unterschiedlichen Nennern sind.
Dabei sollen in jedem Bruch, der als Summand auftritt, jeweils der Zähler und der Nenner natürliche Zahlen sein, die zueinander teilerfremd sind.
Geben Sie für a) und b) je ein Beispiel einer derartigen Zerlegung an, und weisen Sie nach, dass es alle verlangten Eigenschaften hat!
20/21=a/b+b/c
20*c=21*(a+b)
a+b muss 20 teilen, 21 und 20 teilerfremd sind.
Für a+b=20 ergibt sich c=21 entfällt
Für a+b=40 ergibt sich c=42
a und b müssen ungerade, nicht durch 7 oder teilbar sein
Bsp.:a=11 und b=29, Teilerfremdheit erfüllt
b)
20/21=a/c+b/c
20*a*b=21*c*(a+b)
21 teilt a*b
Ansatz a*b=21
c*(a+b)=20
a=1, b=21 nicht möglich
a=3 b=7 geht
2/7+2/3=20/21
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.496, eingetragen 2019-05-24
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Hier noch eine... äh, etwas kürzere Alternativlösung zu
\quoteonAufgabe 4 - 031034
Man zeige, dass für jede natürliche Zahl der Term $n^3+11n$ durch 6 teilbar.
\quoteoff
Lösung: Wie man leicht nachrechnet, gilt
\[n^3+11n=6\left( \binom{n+3}3-n^2-1\right)\]
woraus die Behauptung unmittelbar folgt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.497, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon Aufgabe 111246A
Es sei n eine natürliche Zahl, für die 4≤n≤8 gilt. In der Ebene seien n Punkte so angeordnet, dass auf jeder Geraden durch je zwei dieser Punkte wenigstens noch ein weiterer dieser n Punkte liegt. Man beweise, dass dann eine Gerade existiert, auf der alle diese n Punkte liegen.
\quoteoff
Angenommen es gebe 3 Punkte $A,B,C$, die nicht auf einer Gerade liegen. Durch Wahl äußerer Punkte - z.B. Ecken der konvexen Hülle - können wir ebenfalls annehmen, dass weiter Punkte der Menge, die auf den Geraden $AB, BC, AC$ liegen, sich nur auf den Seiten des Dreiecks befinden. Daher gibt es Punkte $P,Q,R$ auf den Dreiecksseiten, die ebenfalls zu der Menge gehören, welche nicht auf einer gemeinsammen Gerade liegen. Da $A,B,C$ nicht auf den Geraden $PQ,QR,PR$ liegen, gibt es drei weitere Punkte auf diesen Geraden, die zu der Menge gehören. Daher hat die Menge mindestens 9 Punkte. Widerspruch!
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Ex_Senior
| Beitrag No.498, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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@weird: auf deine Idee aufspringend:
Es ist $(n-1)n(n+1)=n^3-n$ das Produkt dreier aufeinanderfolgender Zahlen, von denen damit min. eine durch 2 und eine durch drei, das Produkt also durch 6 teilbar ist. Damit ist auch $n^3+11n=(n^3-n)+12n$ durch 6 teilbar, $\Box$.
Cyrix
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.499, eingetragen 2019-05-24
|
@cyrix
Ja, stimmt natürlich, deine Gleichung
\[n^3+11n=6\left(\binom{n+1}3+2n\right)\]
wie ich sie schreiben würde, ist dann noch ein Stück einfacher und vermutlich dann auch die Ideallösung der Aufgabe. ;-)
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3786
| Beitrag No.500, eingetragen 2019-05-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-05-24 14:00 - weird in Beitrag No. 499)
ist dann noch ein Stück einfacher und vermutlich dann auch die Ideallösung der Aufgabe. ;-)
\quoteoff
Was hältst du von einer geometrisch/kombinatorischen Lösung? :-P
Wir nehmen $n^3+11n$ Bauklötze, die alle Einheitswürfel seien. Die Aufgabe ist es diese Bauklötze auf 6 gleich große Haufen zu verteilen.
Aus $n^3$ davon bauen wir dazu einen Würfel mit Kantenlänge $n$. Den Rest legen wir erstmal zur Seite.
Falls $n>1$ ist, dann betrachten wir zunächst all jene Bauklötze, die an der Oberfläche des $n^3$ Würfels liegen.
Da ein Würfel 6 Seiten hat, können wir die Bauklötze, die nicht an einer Kante des $n^3$-Würfels liegen ohne Rest verteilen.
Ebenso können wir die Bauklötze, die an den Kanten liegen, aber keine Ecken sind, ohne Rest verteilen, denn ein Würfel hat $12=2\cdot 6$ Kanten.
Um die 8 Ecken zu verteilen nehmen wir uns noch $4$ Klötze von den beiseite gelegten $11n$ Bauklötzen hinzu, so dass wir $12$ Klötze haben, die sich ohne Rest auf $6$ Haufen verteilen lassen.
Somit bleiben nun noch ein $(n-2)^3$-Würfel und die restlichen, beiseite gelegten Bauklötze zu verteilen.
Wir wiederholen dieses Verfahren (d.h. das Verteilen der Oberfläche des großen Würfels unter Hinzunahme von $4$ extra Klötzen), bis von dem großen Würfel nichts mehr übrig ist (das passiert, wenn $n$ gerade ist), oder bis noch genau $1$ Klotz von ihm übrig bleibt (wenn $n$ ungerade ist).
Schreibt man $n$ in der Form $n= 2m$ bzw. $n= 2m+1$, so braucht man dafür $m$ Wiederholungen. Am Schluss hat man dann noch $11n-4m = 18m=6\cdot 3m$ (falls $n=2m$) bzw. $1+11n-4m = 12+18m=6\cdot(2+3m)$ (falls $n=2m+1$) Bauklötze übrig, die man offenbar ohne Rest verteilen kann.
\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.501, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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Die Datei enthält jetzt 535 Lösungen und 38 neue Aufgaben.
LG Steffen
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.502, eingetragen 2019-05-24
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Huhu,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-24_um_16.50.13.png
2 Geraden verlaufen orthogonal zueinander, wenn das Produkt ihrer Steigungen \(-1\) ergibt. Sei A der Ursprung \((0,0)\). Dann ist \(B(a\sqrt{2},0)\), \(C(a\sqrt{2},a)\) und \(F(\frac{a}{2}\sqrt{2},a)\). Sei nun \(g\) die proportionale Funktion durch \(A\) und \(C\). Diese hat offensichtlich die Steigung \(m_1=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\). Sei \(f\) die Gerade durch \(B\) und \(F\). Für die Steigung gilt \(m_2=\frac{a}{\frac{a}{2}\sqrt{2}-a\sqrt{2}}=\frac{1}{-\frac{1}{2}\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\). Es gilt somit \(m_1\cdot m_2=-1\). qed.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-24_um_16.50.53.png
Quadratische Reste modulo 6 sind \(\{0;1;3;4\}\). Es ist \(6n+2\equiv 2 \pmod{6}\). qed.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.503, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon Aufgabe 111242
Es sei $f(x) =\frac{1}{2+tan^2(x)}$ für $x\neq\pi/2+k\pi;k\in\IZ$, $f(x)=0$ sonst.
Man beweise, dass die für alle reellen x durch F(x)=f(x)+f(ax) definierte Funktion F genau dann periodisch ist, wenn die Konstante a eine rationale Zahl ist.
\quoteoff
$f$ ist periodisch mit der Periode $\pi$. Falls $a=\frac{m}{n}$ rational ist, gilt $F(x+n\pi)=f(x+n\pi)+f(\frac{m}{n}x+m\pi)=F(x)$.
$f(x)$ ist nicht negativ und $f(x)\leq\frac{1}{2}$ mit $f(x)=\frac{1}{2}\iff\exists n\in\IZ:x=n\pi$. Sei nun $F$ periodisch mit der Periode $p$. Dann gilt: $1=F(0)=F(p) = f(p)+f(ap)$. Diese Gleichung ist nur für $f(p)=\frac{1}{2} \land f(ap)=\frac{1}{2}$ erfüllt. Also gibt es ganze Zahlen $m,n\in\IZ$, so dass $p=n\pi$ und $ap=m\pi$ gilt. Hieraus folgt $a=\frac{m}{n}\in\IQ$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.501 begonnen.]
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.504, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon(2019-05-24 15:19 - Nuramon in Beitrag No. 500)
\quoteon(2019-05-24 14:00 - weird in Beitrag No. 499)
ist dann noch ein Stück einfacher und vermutlich dann auch die Ideallösung der Aufgabe. ;-)
\quoteoff
Was hältst du von einer geometrisch/kombinatorischen Lösung? :-P
Wir nehmen $n^3+11n$ Bauklötze, die alle Einheitswürfel seien. Die Aufgabe ist es diese Bauklötze auf 6 gleich große Haufen zu verteilen.
[..]
\quoteoff
Ok, die kürzeste oder einfachste Lösung der Aufgabe ist das sicher nicht, aber ohne jeden Zweifel die fantasievollste. :-D
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.505, eingetragen 2019-05-24
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Und noch eine:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-24_um_17.43.49.png
Es ist \(\displaystyle 1-\frac{4}{(2k-1)^2}=\frac{4k^2-4k-3}{(2k-1)^2}=\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}\). Daraus folgt \(\displaystyle \prod_{k=1}^n\,\left(1-\frac{4}{(2k-1)^2}\right)= \prod_{k=1}^n\,\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}=-\frac{2n+1}{2n-1}\).
Gruß,
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.503 begonnen.]
edit: @Steffen: Ich hatte oben das Wort "ist" vergessen. Du hast aus meiner Lösung
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-24_um_18.12.55.png
gemacht. Das "Damit" ergibt für mich aber keinen Sinn. Wenn du unbedingt noch eine "längere" Lösung haben möchtest, könntest du eher hinter der Menge noch ", da \(0^2\equiv 0 \pmod{6}, 1^2\equiv 1 \pmod{6}, 2^2\equiv 4 \pmod{6}, 3^2\equiv 3 \pmod{6}, 4^2\equiv 4 \pmod{6}, 5^2\equiv 1\pmod{6}\)" einfügen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.506, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
|
Wir haben 541 Lösungen.
@Kuestenkind: Ist korrigiert.
LG Steffen
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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 | Beitrag No.507, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon(2019-05-24 17:51 - Kuestenkind in Beitrag No. 505)
Daraus folgt \(\displaystyle \prod_{k=1}^n\,\left(1-\frac{4}{(2k-1)^2}\right)= \prod_{k=1}^n\,\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}=-\frac{2n+1}{2n-1}\).
\quoteoff
Schön! (Vielleicht könntest du die Lösung komplettieren, indem du ein Argument spendierst, warum der Bruch nicht kürzbar ist, und schließlich n=100 einsetzen. :-) )
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.508, eingetragen 2019-05-24
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\quoteonAufgabe 5 - 141035
Man gebe alle natürlichen Zahlen $n$ mit $n < 40$ an, für die die Zahl $n^2+6n−187$ ohne Rest durch $19$ teilbar ist!
\quoteoff
Lösung: Wegen $-187\equiv 3 \mod 19$ geht es hier als um die Auflösung der quadratischen Kongruenz \[n^2+6n+3\equiv 0\mod 19 \] oder nach der einfachen Umformung \[(n+3)^2\equiv 6\mod 19\quad (*)\] dann im Folgenden eigentlich nur mehr um die Frage, ob $6$ ein quadratischer Rest mod $19$ oder nicht, und falls ja, wie man die beiden Wurzeln aus $6$ mod $19$ bestimmt.
Aus der Theorie der quadratischen Reste weiß man nun, dass die Lösungen einer Kongruenz $x^2\equiv a \mod p$ für eine Primzahl $p\equiv 3\mod 4$ die Gestalt $x\equiv \pm a^{(p+1)/4}\mod p$ haben müssen, falls $a$ quadratischer Rest mod $p$ ist. In unserem Fall hier ist $ 6^5\equiv 5\mod 19$, und ja, $x\equiv \pm 5\mod 19$ sind tatsächlich Lösungen von $x^2\equiv 6\mod 19$, was dann auch sofort auf die beiden Lösungen $n\equiv 2\mod 19$ und $n\equiv 11\mod 19$ der Kongruenz (*) führt. Auf die ursprüngliche Frage bezogen heißt das, dass genau die Zahlen $n\in\{2,11,21,30\}$ die Aufgabe hier lösen.
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.509, eingetragen 2019-05-24
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Huhu StrgAltEntf,
na klar. Ich biete sogar 2 Varianten:
Variante 1:
Es ist \(\displaystyle 1-\frac{4}{(2k-1)^2}=\frac{4k^2-4k-3}{(2k-1)^2}=\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}\). Daraus folgt \(\displaystyle \prod_{k=1}^n\,\left(1-\frac{4}{(2k-1)^2}\right)= \prod_{k=1}^n\,\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}=-\frac{2n+1}{2n-1}\). Der geneigte Leser überzeugt sich schnell selbst, dass \(\operatorname{ggT}(2n+1,2n-1)=1\) und setzt \(n=100\) ein.
Variante 2:
Es ist \(\displaystyle 1-\frac{4}{(2k-1)^2}=\frac{4k^2-4k-3}{(2k-1)^2}=\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}\). Daraus folgt \(\displaystyle \prod_{k=1}^n\,\left(1-\frac{4}{(2k-1)^2}\right)= \prod_{k=1}^n\,\frac{2k-3}{2k-1}\cdot \frac{2k+1}{2k-1}=\frac{-1}{1}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{5}{3}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{7}{5}\cdot\ldots\cdot\frac{2n-3}{2n-1}\cdot\frac{2n+1}{2n-1}=-\frac{2n+1}{2n-1}\).
Nun ist \(\operatorname{ggT}(2n+1,2n-1)=1\), dieses folgt z.B. leicht mithilfe des euklidischen Algorithmus:
\(2n+1=1\cdot(2n-1)+2\)
\(2n-1=(n-1)\cdot 2+1\)
\(2=2\cdot 1+0\)
Der Produktwert \(z\) folgt mit \(n=100\):
\(z=-\frac{2\cdot 100+1}{2\cdot 100 -1}=-\frac{201}{199}\)
Such dir eine Variante aus, Steffen!
Ein schönes Wochenende wünscht,
Küstenkind
PS: Der \(\LaTeX\)-Befehl \cancel scheint hier leider nicht zu funktionieren. Damit wäre Variante 2 noch etwas hübscher.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.507 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.510, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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Hallo Kuestenkind,
ich habe die 2.Variante gewählt.
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.511, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon
Aufgabe 160936: Zwei Holzkisten sind so aneinandergeleimt, dass sie einen rechten Winkel bilden. In diesen rechten Winkel ist eine kreisförmige Pappscheibe $P$ gelegt, die beide Schenkel des rechten Winkels berührt; der Radius $R$ dieser Scheibe ist bekannt (siehe Abbildung).
In den farbigen Teil zwischen dem rechten Winkel und der Pappscheibe $P$ soll eine weitere Pappscheibe gelegt werden, die die Schenkel des rechten Winkels und die Scheibe $P$ berührt.
a) Man zeige: Es gibt genau einen Punkt für die Lage des Mittelpunktes der zweiten Pappscheibe.
b) Man ermittle den Radius dieser Pappscheibe.
\quoteoff
Lösung:
a) Bei Spiegelung an der Winkelhalbierenden des rechten Winkels gehen die beiden Schenkel ineinander über. Da die Pappscheibe beide Schenkel nur in je einem Punkt $P$ bzw. $Q$ berührt, müssen auch diese Berührpunkte zueinander Spiegelpunkte sein. Da der Mittelpunkt $N$ der kleinen Kreisscheibe mit Radius $r$ in gleicher Entfernung zu beiden Berührpunkten liegt, muss dieser sich auf der Mittelsenkrechten der Strecke $PQ$ befinden. Dies ist aber genau die Spiegelachse, also die Winkelhalbierende des rechten Winkels. Also liegt $N$ (und analog auch $M$) auf dieser Geraden.
Lässt man (beginnend beim Scheitelpunkt des Winkels) $N$ auf der Winkelhalbierenden in Richtung $M$ wandern, so vergrößert sich streng monoton seine Entfernung zu beiden Schenkeln (beginnend bei 0). Umgekehrt sinkt seine Entfernung zu $M$ (beginnend bei einem positiven Wert, bis sie 0 erreicht, wenn $N$ auf $M$ liegt). Demzufolge gibt es genau eine Stelle dazwischen, wo die Entfernungen $r$ von $N$ zu den Schenkeln des Winkels und $|MN|-R$ identisch sind. In dem Fall berührt der Kreis um $N$ mit Radius $r$ beide Schenkel und den Kreis um $M$ mit Radius $R$, also die Pappscheibe $P$.
b) Sei $S$ der Scheitelpunkt des Winkels. Es stehen die Berührradien $NP$ und $NQ$ senkrecht auf den Schenkeln, sodass das Viereck $SPNQ$ drei (und damit auch vier) rechte Innenwinkel besitzt, also ein Rechteck ist. Da $|NP|=|NQ|=r$ gilt, ist es sogar ein Quadrat. Dessen Diagonale $SN$ hat damit die Länge $|SN|=\sqrt{2} r$. Auf analoge Weise erhält man $|SM|=\sqrt{2} R$, also $r+R=|NM|=|SM|-|SN|=\sqrt{2} (R-r)$, also
$r \cdot (1+\sqrt{2})=R \cdot (\sqrt{2}-1)$ bzw.
$r=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} \cdot R=\frac{(\sqrt{2}-1)^2}{2-1} \cdot R=(3-2\sqrt{2}) R$.
\quoteon
Aufgabe 160933: Wir betrachten die Menge aller Tetraeder, für die folgendes gilt:
(1) Eine der Flächen des Tetraeders ist die Fläche eines gleichseitigen Dreiecks.
(2) Von den Kanten des Tetraeders haben drei die (gegebene) Länge $a$ und drei die Länge $a\sqrt{2}$.
a) Zeigen Sie, dass zwei zueinander nicht kongruente Tetraeder existieren, die dieser Menge angehören!
b) Geben Sie für jedes dieser Tetraeder den Oberflächeninhalt an!
\quoteoff
Lösung:
a) $T_1$ entsteht, indem die drei Kanten der Länge $a$ die Grundfläche $\triangle ABC$ bilden und die drei Kanten $AD, BD, CD$ zur Spitze $D$ jeweils die Länge $a\sqrt{2}$ besitzen. Dann sind beide Bedingungen erfüllt und neben dem gleichseitigen Dreieck mit Kantenlänge $a$ sind die anderen drei Seitenflächen von $T_1$ gleichschenklige Dreiecke mit Basislänge $a$ und Schenkellänge $a\sqrt{2}$.
Der Tetraeder $T_2$ entsteht analog, nur dass diesmal die Kanten mit Länge $\sqrt{2}a$ die Grundfläche bilden, während die Kanten zur Spitze die Länge $a$ erhalten. Dann sind wieder beide Bedingungen erfüllt und neben dem gleichseitigen Dreieck mit Kantenlänge $a\sqrt{2}$ sind die drei anderen Seitenflächen von $T_2$ gleichschenklige Dreiecke mit Basislänge $a\sqrt{2}$ sowie Schenkellänge $a$.
Insbesondere sind die Seitenflächen von $T_1$ und $T_2$ nicht kongruent, also auch nicht die Tetraeder selbst.
b) Für ein gleichschenkliges Dreieck mit Basislänge $g$ und Schenkellänge $s$ gilt, dass die Höhe auf die Basis gleichzeitig eine Seitenhalbierende ist. Insbesondere gilt also für deren Länge $h$ aufgrund des rechten Winkels am Höhenfußpunkt $h^2+\left(\frac{g}{2}\right)^2=s^2$ bzw. $h=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{4s^2-q^2}$ und damit $A=\frac{1}{2} gh=\frac{1}{4} \cdot g\sqrt{4s^2-q^2}$.
Für ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge $s$ folgt damit insbesondere $A=\frac{1}{4} \cdot s\sqrt{4s^2-s^2}=\frac{\sqrt{3}}{4} s^2$.
Damit beträgt der Oberflächeninhalt von $T_1$
$O_{T_1}=\frac{\sqrt{3}}{4} a^2 + 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot a\sqrt{4(\sqrt{2}a)^2-a^2}=\frac{1}{4} a^2 \cdot (\sqrt{3} + 3\sqrt{8-1})=\frac{\sqrt{3}+3\sqrt{7}}{4} \cdot a^2$
und der von $T_2$
$O_{T_2}=\frac{\sqrt{3}}{4} (\sqrt{2}a)^2 + 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \sqrt{2} a \cdot \sqrt{4a^2-(\sqrt{2}a)^2}=\frac{1}{4} a^2 \cdot (2\sqrt{3} + 3\sqrt{2} \cdot \sqrt{4-2})=\frac{2\sqrt{3} + 6}{4} a^2$.
\quoteon
Aufgabe 160924: In der folgenden Anorndun von Zeichen [siehe Aufgabenstellung] sollen die einzelnen Symbole so durch Elemente des jeweiligen Grundbereichs ersetzt werden, dass jeweils wahre Aussagen entstehen.
Dabei ist der Grundbereich für die Kleinbuchstaben $b,d,e$ die Menge der Ziffern von 0 bis 9, für $a,c,f,g$ die Menge der Ziffern von 1 bis 9, und der Grundbereich für die Großbuchstaben $X,Y,Z$ die Menge der Operationszeichen "$+$", "$-$", "$\cdot$" und "$:$". Gleiche symbolde bedeuten dabei gleiche, verschiedene Symbole verschiedene Elemente des jeweiligen Grundbereichs.
Untersuchen Sie, ob eine solche Ersetzung möglich ist, und ermitteln Sie, wenn dies zutrifft, alle Ersetzungen mit den geforderten Eigenschaften!
\quoteoff
Lösung:
Es kann aufgrund der letzten Gleichung "$ff$ $Y$ $ff$ = $gg$" die Rechenoperation $Y$ nicht die Subtraktion sein, da sonst das Ergebnis $ff - ff=0=00$, also $g=0$ wäre, was nicht im Definitionsbereich liegt. Auch kann $Y$ nicht die Multiplikation sein, da das Produkt zweier zweistelligen Zahlen immer drei- oder vier-, aber nie zweistellig ist. Auch die Division ist wegen $ff : ff = 1$ ausgeschlossen, sodass nur die Addition verbleibt, sodass $Y$ = "$+$" gilt.
Demzufolge kann $X$ nicht auch die Addition sein. Da aber nach der ersten Gleichung "$ab$ $X$ $ab$ = $cad$" die Verknüpfung zweier zweistelliger Zahlen mittels $X$ ein größeres Ergebnis (eine dreistellige Zahl) erzeugt, kann $X$ nur die Multiplikation sein, da die Differenz und der Quotient zweier positiver ganzer Zahlen nie größer ist als der Minuend bzw. Dividend.
Für die Rechenoperation $Z$ verbleibt dann wegen der Gleichung der dritten Spalte "$cad$ $Z$ $ffe$ = $gg$" nur die Subtraktion, da der Quotient aus zwei dreistelligen Zahlen immer kleiner ist als 10. Damit liegen die Rechenoperationen $X,Y,Z$ eindeutig fest.
Aufgrund der Gleichung der zweiten Zeile "$ae \cdot ae=ffe$" ist die Zahl $ffe$ eine dreistellige Quadratzahl mit gleicher Zehner- wie Hunderterziffer. Jedoch gibt es keine Quadratzahl in den Intervallen $[110, 119]$, $[330,339]$, $[550,559]$, $[660,669]$, $[770,779]$, $[880,889]$ und $[990,999]$, sodass für $ffe$ nur die beiden Quadratzahlen $ffe=225=15^2=(ae)^2$ und $ffe=441=21^2=(ae)^2$ verbleiben. Im ersten Fall ist $f=2$, $e=5$ und $a=1$, im zweiten $f=4$, $e=1$ und $a=2$.
Aufgrund der Gleichung der letzten Spalte "$cad - ffe=gg$" muss $cad$ (wegen $c\neq f$) eine um genau 1 größere Hunderterziffer besitzen, sodass deren Differenz eine zweistellige Zahl ergeben kann. Weiterhin muss aufgrund der Gleichung der ersten Zeile "$ab \cdot ab = cad$" die Zahl $cad$ eine Quadratzahl mit Zehnerziffer $a$ sein. Im ersten Fall liegt sie also im Intervall $[310, 319]$, im zweiten im Intervall $[520, 529]$. Da im ersten Intervall jedoch keine Quadratzahl liegt, ist dieser Fall ausgeschlossen und nur der zweite möglich. Demnach gilt nun notwendigerweise $f=4$, $c=5$, $e=1$, $a=2$ und wegen $23^2=529$ nun auch $d=9$ sowie $b=3$. Tatsächlich gelten dann die Gleichungen der ersten und zweiten Spalte "$ab+ae=ff$", da $23+21=44$ ist. Abschließend erhalten wir mittels der Gleichung der dritten Zeile "$ff+ff=gg$", dass wegen $44+44=88$ die Ziffer $g=8$ ist. Es gilt dafür dann auch die letzte verbleibende Gleichung der dritten Spalte "$cad-ffe=gg$", da $529-441=88$ ist. Demnach gibt es genau die eine hier konstruierte Lösung.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.512, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon 111244
a) Man ermittle alle geordneten Tripel (x,y,z) reeller Zahlen, die die Gleichung $x^3z+x^2y+xz+y=x^5+x^3$ erfüllen.
b) Man gebe unter den in a) gesuchten Tripeln alle diejenigen an, in denen von den drei Zahlen x,y,z genau eine positiv, genau eine negativ und genau eine gleich Null ist.
\quoteoff
a) Die Gleichung läßt sich äquivalent umformen zu $(x^2+1)(xz+y-x^3)=0$. Der erste Faktor ist für alle reelle Zahlen positiv. Daher reicht es den zweiten zu betrachten. Für $x=0$ ist $y=0$ und $z\in\IR$ beliebig, also haben wir die Tripel $(0,0,z)$. Für $x\neq 0$ können wir die Gleicung nach $z$ auflösen $z=x^2-\frac{y}{x}$ und erhalten für beliebige $x,y\in\IR$ das Lösungstripel $(x,y,x^2-\frac{y}{x})$
b) Aus $x=0$ folgt $y=0$. Aus $z=0$ folgt $y=x^3$. Also haben die beiden anderen Koordianten dasselbe Vorzeichen. Daher bleibt nur $y=0$ übrig. In diesem Fall gilt $z=x^2$. Nur für $x<0$ haben wir unterschiedliche Vorzeichung und somit sind die gesuchten Triple $\{(x,0,x^2)|x<0\}$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.510 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.513, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-24
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@weird: (Zu Aufgabe 141035) Von quadratischen Resten und ihren Eigenschaften haben wohl eher wenige Schülerinnen und Schüler gehört. (Wohl vermitteln wir das aber etwa bei JuMa in ungefähr dem Alter, in welchem die Teilnehmerinnen und Teilnehmer bei der Bearbeitung dieser Aufgabe sein sollten. Das trifft dann aber nur auf die Spitze zu.)
Vielleicht kann man -- wie folgt -- elementarer schließen:
Es ist $187-9\cdot 19=187-171=16$, also $19|n^2+6n-187 \Leftrightarrow 19|n^2+6n-16=(n+8)(n-2)$. Da 19 eine Primzahl ist, ist dies äquivalent zu $19|n+8$ oder $19|n-2$, was im Definitionsbereich $0\leq n<40$ genau für $n\in\{2, 11, 21, 30\}$ erfüllt wird.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.511 begonnen.]
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.514, eingetragen 2019-05-24
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\quoteon(2019-05-24 21:04 - cyrix in Beitrag No. 513)
@weird: (Zu Aufgabe 141035) Von quadratischen Resten und ihren Eigenschaften haben wohl eher wenige Schülerinnen und Schüler gehört. (Wohl vermitteln wir das aber etwa bei JuMa in ungefähr dem Alter, in welchem die Teilnehmerinnen und Teilnehmer bei der Bearbeitung dieser Aufgabe sein sollten. Das trifft dann aber nur auf die Spitze zu.)
\quoteoff
Ja, ich fürchte, dies ist wohl ein generelles Manko bei diesen Aufgaben, dass mir - und vielleicht auch anderen hier - nicht so ganz klar ist, was man für deren Lösung an Hilfsmitteln genau verwenden darf und was nicht. Ich werde aber in Zukunft da doch vorsichtiger sein.
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Ex_Senior
| Beitrag No.515, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25
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\quoteon
Aufgabe 061222: In einer Ebene seien die vier Punkte $P,Q,R,S$ ($P\neq Q$, $R\neq S$, $PQ \not\perp RS$) gegeben.
Es ist zu zeigen, dass man dann stets vier Geraden $p,q,r,s$ mit $P$ auf $p$, $Q$ auf $q$, $R$ auf $r$ und $S$ auf $s$ so konstruieren kann, dass ihre sämtlichen vier Schnittpunkte die Ecken eines Quadrats bilden.
\quoteoff
Lösung:
Im Folgenden wird nur ein reiner Existenzbeweis gegeben, dass es solche Geraden gibt, keine explizite Konstruktion dieser. (Ggf. findet ja jemand noch eine.)
Es sei $0\leq \alpha <180^{\circ}$ ein Winkel. Wir betrachten nun diejenige Gerade $p$, die mit der positiven $x$-Achse den Winkel $\alpha$ einschließt (bzw. im Fall $\alpha=0$ parallel zu dieser ist) und durch $P$ verläuft, sowie die dazu parallele Gerade $q$ durch $Q$. Dann variiert in Abhängigkeit von $\alpha$ der Abstand $d_p(\alpha)$ dieser beiden Parallelen zwischen $0$ (falls $PQ=p=q$ gilt) und $|PQ|>0$ (falls $p$ und $q$ senkrecht auf $PQ$ stehen).
Zu $p$ werden nun die Orthogonalen $r$ durch $R$ und $s$ durch $S$ betrachtet. Wieder gilt, dass der Abstand $d_r(\alpha)$ dieser beiden Parallelen $r$ und $s$ in Abhängigkeit von $\alpha$ zwischen $0$ (falls $RS=r=s$ gilt) und $|RS|>0$ (falls $r$ und $s$ senkrecht auf $RS$ stehen) varriert.
Ändert man stetig den Winkel $\alpha$, so verändern sich auch stetig die Abstände $d_p(\alpha)$ von $p$ und $q$ sowie $d_r(\alpha)$ von $r$ und $s$. Diese Abstände können nicht gleichzeitig Null werden, da in diesem Fall wegen $p\perp r$ auch $PQ=p$ und $RS=r$ senkrecht aufeinander stünden, was nach Aufgabenstellung nicht der Fall ist.
Sei oBdA der Winkel $\alpha_1$, an dem $d_p(\alpha_1)=0$ ist, kleiner als der Winkel $\alpha_2$, für den der Abstand $d_r(\alpha_2)=0$ wird. Dann gilt für die Differenz $d_p(\alpha)-d_r(\alpha)$ für $\alpha\in [\alpha_1, \alpha_2]$, dass sie an der linken Intervallgrenze negativ, an der rechten positiv und dazwischen stetig ist, es also eine Stelle $\alpha_0$ geben muss, an welcher diese Differenz Null wird und die beiden Paare von Parallelen den gleichen Abstand zueinander haben. Da die nicht-parallelen Geraden nach Konstruktion orthogonal zueinander sind, bilden die vier Schnittpunkte dieser Geraden die Eckpunkte eines Quadrats.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.513 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.516, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25
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\quoteon
Aufgabe 091244: Die Eckpunkte eines regelmäßigen $n$-Ecks mit dem Mittelpunkt $M$ seien der Reihe nach mit $P_1, P2, \dots , P_n$ bezeichnet.
a) Es ist zu beweisen: Die Strecken $MP_k$ $(k = 1, 2, \dots , n)$ können parallel zu sich selbst so verschoben werden, dass sie nach der Verschiebung die Seiten eines regelmäßigen $n$-Ecks bilden.
b) Es ist zu beweisen (z.B. mit Hilfe des Satzes unter a)), dass folgende Beziehungen für alle natürlichen Zahlen $n$ größer als 2 gültig sind:
$\cos \frac{2\pi}{n} + \cos\frac{4\pi}{n} + \dots + \cos \frac{2\pi n}{n}=0$ (1) $\sin \frac{2\pi}{n} + \sin\frac{4\pi}{n} + \dots + \sin \frac{2\pi n}{n}=0$ (2) \quoteoff
Lösung:
a) Zur Vereinfachung der Notation definieren wir $P_{0}:=P_n$.
Der Winkel $\angle P_{k+1}MP_k$ zwischen zwei aufeinanderfolgenden Radien $MP_{k+1}$ und $MP_k$ ergibt sich zu $\frac{2\pi}{n}$. In einem regelmäßigen $n$-Eck betragen alle Innenwinkel $\frac{n-2}{n} \cdot \pi=\pi - \frac{2\pi}{n}$, was genau dem Nebenwinkel zu $\angle P_{k+1}MP_k$ der Geraden, auf denen die beiden Radien liegen, entspricht.
Startet man also mit der Strecke $MP_0$ und verschiebt die Strecke $MP_1$ parallel so, dass $M$ auf $P_0$ abgebildet wird, entsteht dort der passende Innenwinkel. Diese Konstruktion kann man nun fortsetzen, indem man $MP_2$ parallel so verschiebt, dass $M$ auf den Bildpunkt von $P_1$ abgebildet wird, sodass man einen zweiten passenden Innenwinkel angefügt hat. So fügt man nach und nach durch Verschiebung des Radius $MP_k$ derart, dass $M$ auf den Bildpunkt von $P_{k-1}$ bezüglich der Verschiebung des vorherigen Radius' abgebildet wird, alle Radien des Ausgangs-$n$-Ecks als neue Kanten zu dem entstehenden $n$-Eck hinzu, wobei je zwei aufeinanderfolgende dieser Radien dann den Innenwinkel eines regelmäßigen $n$-Ecks bilden. Weiterhin sind die Radien alle gleich lang, sodass sich tatsächlich ein regelmäßiges $n$-Eck bildet.
b) In die Ebene des Ausgangs-$n$-Ecks fügen wir derart Koordinatenbezeichnungen ein, dass der Umkreismittelpunkt dieses $n$_Ecks der Koordinatenursprung ist und $P_0:=P_n$ der Punkt $(1|0)$. Dann ergeben sich aufgrund der Definition der Winkelfunktionen am Einheitskreis und $\angle P_kMP_0=k\cdot \frac{2\pi}{n}$ die Koordinaten der Punkte $P_k$ zu $\left(\cos\frac{2k\pi}{n}\left|\sin\frac{2k\pi}{n}\right.\right)$.
Verschiebt man die Radien nun parallel, so ist die (vorzeichenbehaftete) Differenz der $x$-Koordinaten der Bildpunkte der Endpunkte eines solchen Radius genauso groß wie die der Endpunkte des Radius' selbst. Für die Verschiebung des Radius $MP_k$ ergibt sich also eine solche Differenz der $x$-Koordinaten der Bildpunkte der Endpunkte von $\cos\frac{2k\pi}{n}$.
Fügt man nun die Radien entsprechend Teilaufgabe a) zu einem geschlossenen Streckenzug zusammen, addieren sich also diese Differenzen der $x$-Koordinaten insgesamt zu Null, was genau Gleichung (1) entspricht. Analog erhält man bei der Betrachtung der Differenz der $y$-Koordinaten Gleichung (2), $\Box$.
Damit sollte die 0912 abgeschlossen sein, wenn ich nichts übersehe.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.517, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25
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\quoteon(2019-05-25 10:53 - cyrix in Beitrag No. 516)
Damit sollte die 0912 abgeschlossen sein, wenn ich nichts übersehe.
\quoteoff
Danke. Ich hatte vergessen die Anzahl gelöster Aufgaben anzupassen. 0912 ist vollständig.
Jetzt sind es 555 gelöste Aufgaben.
LG Steffen
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.518, eingetragen 2019-05-25
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Achtung: Ich habe die rechte Seite der Gleichung in der folgenden Aufgabe von 4!(=24) auf 4 korrigiert, wonach dann erst für mich eine einigermaßen sinnvolle Aufgabe draus wird. Wenn ich mit dieser Korrektur aber falsch liege, bitte alles Nachfolgende einfach ignorieren!
\quoteon
Aufgabe 4 - 141044
Man ermittle alle rationalen Zahlen r, die die folgende Gleichung erfüllen: \[\left(\sqrt{2+\sqrt 3}\right)^r+\left(\sqrt{2-\sqrt 3}\right)^r=4\]
\quoteoff
Wegen \[\sqrt{2-\sqrt 3}=\frac1{\sqrt{2+\sqrt 3}}\] ist $(\sqrt{2+\sqrt 3})^r$ eine Lösung der Gleichung $x+\frac1x=4$, womit also dann
\[\left(\sqrt{2+\sqrt 3}\right)^r=2\pm\sqrt 3\]
gilt. Diese Gleichung hat aber einerseits für jede Vorzeichenwahl eine eindeutig bestimmte Lösung $r\in \mathbb R$, andererseits sind $r=\pm 2$ jeweils offensichtlich Lösungen, welche dann auch tatsächlich die gesuchten rationalen Lösungen der Aufgabe sind.
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Ex_Senior
| Beitrag No.519, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25
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@weird: Ich denke, das hast du richtig interpretiert. Offenbar war man damals mit dem Ausrufezeichen als Aufforderung, dass man was tun soll, etwas spendabler in den Aufgabenstellungen, selbst wenn es zu Verwirrungen mit der Fakultät kommen könnte...
Cyrix
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