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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.560, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-30
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Hallo Küstenkind,
zur Aufgabe 081245 hätte ich einen Vorschlag zu eine eher kosmetische Verbesserung:
die linke Seite:
\quoteon Es ist \(\displaystyle \sin 5x = 5\sin x \cos^{5-1}x-\binom{5}{3}\sin^3 x\cos^{5-3}x+\binom{5}{5}\sin^5 x\cos^{5-5}x=5\sin x \cos^4 x-10\sin^3 x\cos^2 x+\sin^5 x= \sin x(5\cos^4 x -10(1-\cos^2 x)\cos^2 x+(1-\cos^2 x)^2)=\sin x(5\cos^4 x -10\cos^2 x+10\cos^4 x+1-2\cos^2 x +\cos^4 x)=\sin x(16\cos^4 x-12\cos^2 x+1)=16\sin x\left(\cos^4 x-\frac{3}{4}\cos^2x+\frac{1}{16}\right)\)
\quoteoff
hier würde ich mit $\cos^2 = \sin^2 -1$ einen Schritt weiter gehen (oder gleich in der ersten Zeile den cos rauswerfen)
\[\ldots =16\sin x\left(\sin^4 x-\frac{5}{4}\sin^2x+\frac{5}{16}\right)
\]
die rechte Seite:
Mit $\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)= sin^2\alpha - sin^2\beta$ erhalten wir:
\[ \sin\left(x-\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x-\frac{2\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{2\pi}{5}\right) = \\
(\sin^2 x - \sin^2\frac{\pi}{5})(\sin^2 x - \sin^2\frac{2\pi}{5})\]
Durch einsetzen der Werte des Sinus können wir dann (relativ einfach)
\[\sin^4 x-\frac{5}{4}\sin^2x+\frac{5}{16} =
(\sin^2 x - \sin^2\frac{\pi}{5})(\sin^2 x - \sin^2\frac{2\pi}{5})\]
nachrechnen.
Möglicherweise habe ich einige Rechnungen nur auf die Bestimmung von $\sin^2\frac{\pi}{5},\sin^2\frac{2\pi}{5}$ verschoben.
Viele Grüße
Tom
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Kornkreis
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 | Beitrag No.561, eingetragen 2019-05-30
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@ 081245: Gut dass eine funktionierende Lösung von Küstenkind existiert, aber jetzt wäre ich ja an einer eleganteren Lösung interessiert (was bei Geometrie/Trigonometrie-Problemen leider nicht in meinem gegenwärtigen Kompetenzbereich liegt. Wahrscheinlich muss man ein regelmäßiges Fünfeck betrachten).
Bei sowas denke ich immer an die "geniale" Lösung von Peter Scholze zu einem Sehnenvierecks-Problem (4. Stufe Klasse 12), siehe https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=122138 , wobei ich nicht weiß, wie diese geniale Lösung aussieht.
Wo wir gerade dabei sind, noch ein Fun-Fact. Peter Scholze hatte mal hier auf dem MP geschrieben, zu einem Problem, dessen Lösung noch immer niemand auf dem MP aufgeschrieben hat: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=57694&start=0&lps=799263
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.559 begonnen.]
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Nuramon
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| Beitrag No.562, eingetragen 2019-05-30
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Eine Alternativösung zu:
\quoteon(2019-05-26 16:54 - Kuestenkind in Beitrag No. 534)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-26_um_13.17.31.png
\quoteoff
Es sei $z:= \cos x + i\sin x$ und es sei $\omega:= e^{\frac{i\pi}5}$.
Dann ist $\omega^2$ eine primitive fünfte Einheitswurzel und somit gilt $u^5-1 = (u-1)(u-\omega^2)(u-\omega^4)(u-\omega^{-2})(u-\omega^{-4})$ für alle $u\in \IC$.
Außerdem haben $z$ und $\omega$ beide Betrag 1, also gilt $\overline z = \frac 1z$ und $\overline \omega = \frac 1 \omega$.
Somit ist
\[
\newcommand{\im}{\operatorname{Im}}
\begin{align*}
\sin(5x) &= \im z^5 = \frac 1{2i}(z^5-z^{-5}) \\
&=\frac 1{2iz^5}(z^{10}-1) = \frac 1{2iz^5}((z^2)^5-1)\\
&=\frac 1{2iz^5} (z^2-1)(z^2-\omega^2)(z^2-\omega^4)(z^2-\omega^{-2})(z^2-\omega^{-4}).
\end{align*}
\]
Wegen
\[z^2-\omega^{2k} = z\omega^k(z\omega^{-k}-z^{-1}\omega^k) = z\omega^k\cdot 2i\im( z\omega^{-k}) = 2iz\cdot \omega^k\cdot \sin\left(x-\frac{k\pi}5\right),\] folgt weiter:
\[\begin{align*}
\sin(5x) &=\frac 1{2iz^5} (z^2-1)(z^2-\omega^2)(z^2-\omega^4)(z^2-\omega^{-2})(z^2-\omega^{-4})\\
&= \frac 1{2iz^5} \cdot (2iz)^5\cdot \omega^{0+1+2-1-2}\cdot \sin x\sin\left(x-\frac{\pi}5\right)\sin\left(x-\frac{2\pi}5\right)\sin\left(x+\frac{\pi}5\right)\sin\left(x+\frac{2\pi}5\right)\\
&= 16 \sin x\sin\left(x-\frac{\pi}5\right)\sin\left(x-\frac{2\pi}5\right)\sin\left(x+\frac{\pi}5\right)\sin\left(x+\frac{2\pi}5\right).
\end{align*}\]\(\endgroup\)
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weird
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 | Beitrag No.563, eingetragen 2019-05-30
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\quoteon(2019-05-30 14:30 - Nuramon in Beitrag No. 562)
Eine Alternativösung zu:
\quoteon(2019-05-26 16:54 - Kuestenkind in Beitrag No. 534)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-05-26_um_13.17.31.png
\quoteoff
Es sei $z:= \cos x + i\sin x$ und es sei $\omega:= e^{\frac{i\pi}5}$.
Dann ist $\omega^2$ eine primitive fünfte Einheitswurzel und somit gilt $u^5-1 = (u-1)(u-\omega^2)(u-\omega^4)(u-\omega^{-2})(u-\omega^{-4})$ für alle $u\in \IC$.
Außerdem haben $z$ und $\omega$ beide Betrag 1, also gilt $\overline z = \frac 1z$ und $\overline \omega = \frac 1 \omega$.[…]
\quoteoff
Perfekt, bis ins kleinste Detail, insbesondere auch was die Wahl der Bezeichnungen betrifft, welche hier schon die halbe Miete ist! ;-)
Ich hatte zuletzt eine ähnliche Spur verfolgt, nachdem ich gesehen hatte, dass offenbar allgemeiner gilt
\[\sin((2n+1)x)=(-4)^n\prod_{k=-n}^n \sin\left(x-\frac{2k\pi}{2n+1}\right)\quad (n\in\mathbb N)\]
was man dann vermutlich ganz ähnlich zeigen kann.
Aber auch die Lösung von Kuestenkind, auf die man im Rahmen einer Klausur wohl eher kommen würde, ist jetzt durchaus nicht lang, insbesondere wenn man berücksichtigt, dass mit $\zeta=\exp(2\pi/5)$ ja einfach gilt
\[\cos(2\pi/5)+\cos(4\pi/5)=\frac{\zeta+\zeta^4}2+\frac{\zeta^2+\zeta^3}2=\frac12\left(\frac{\zeta^5-1}{\zeta-1}-1\right)=-\frac12\]
bzw. \[\cos(2\pi/5)\cos(4\pi/5)=\frac{\zeta+\zeta^4}2\cdot \frac{\zeta^2+\zeta^3}2=\frac14\left(\frac{\zeta^5-1}{\zeta-1}-1\right)=-\frac14\]
was dann die Rechnung am Ende noch etwas abkürzt.
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StrgAltEntf
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 | Beitrag No.564, eingetragen 2019-05-30
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111223
Klaus bemerkt, dass die beiden Zeiger seiner Taschenuhr zwischen 6 Uhr und 7 Uhr zu genau zwei Zeitpunkten einen Winkel von 110° bilden.Ermitteln Sie die Anzahl der Minuten, die vom ersten bis zum zweiten der genannten Zeitpunkte vergangen sind!
Lösung:
In einer Minute überstreicht der Minutenzeiger einen Winkel von 360°/60 = 6° und der Stundenzeiger einen Winkel von 360°/(12*60) = 0,5°. Um x Minuten nach 6 Uhr schließt der Minutenzeiger mit der 12-Uhr-Position also einen Winkel von 6x° und der Stundenzeiger einen Winkel von (180 + 0,5x)° ein. Für die beiden genannten Zeitpunkte a Minuten nach 6 Uhr und b Minuten nach 6 Uhr mit a < b gilt daher
180 + 0,5a - 6a = 110
6b - (180 + 0,5b) = 110
Addition dieser beiden Gleichungen liefert 11/2 b - 11/2 a = 220 bzw. b - a = 40. Zwischen den beiden Zeitpunkten liegen also exakt 40 Minuten.
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Ex_Senior
| Beitrag No.565, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-30
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Schöne Varianten über komplexe Zahlen für die trigonometrische Identität. Ich hatte auch mal mit den fünften Einheitswurzeln angesetzt, aber es nicht durchgezogen... Um so schöner, dass es jetzt entsprechend klar dasteht. :)
Hier noch eine Lösung, die m.E. bis zum letzten Teilfall ganz nett ist; aber eben jenen letzten Teilfall ich nicht anders als durch Anwendung von Analysis erschlagen bekommen habe. Vielleicht findet ja noch jemand eine schönere Variante.
\quoteon
Aufgabe 081233: Es sei $P_1P_2$ eine Strecke in einer Ebene $\epsilon$ und $g$ die Gerade, die diese Strecke enthält.
a) Von einem Punkt $Q$ auf $g$, der nicht auf $P_1P_2$ liegt, werden alle die Kreise in $\epsilon$, die $P_1P_2$ als Sehne besitzen, die Tangenten gelegt.
Beweisen Sie! Die Berührungspunkte dieser Tangenten liegen auf einem Kreis um $Q$.
b) Es seien $Q_1$ und $Q_2$ zwei verschiedene Punkte auf $g$, die nicht auf der Strecke $P_1P_2$ liegen.
Beweisen Sie! Die beiden Kreise um $Q_1$ und $Q_2$, die für diese Punkte die Bedingung des Aufgabenteils a) erfüllen, haben keinen Punkt gemeinsam.
\quoteoff
Lösung:
a) Für einen Berührpunkt $B$ eines Kreises $k$, der die Sehne $P_1P_2$ enthält (und für den also $g$ eine Sekante ist, die auch den Punkt $Q$ enthält) mit der Tangente durch $Q$ gilt nach dem Sekanten-Tangentensatz $|BQ|^2=|QP_1|\cdot|QP_2|$. Insbesondere ist die rechte Seite dieser Gleichung konstant und nicht vom betrachteten Kreis $k$ abhängig. Damit liegen alle diese Berührpunkte für alle solche Kreise $k$ auf einem Kreis um $Q$ mit Radius $\sqrt{|QP_1|\cdot|QP_2|}$.
b) Wir nehmen an, es gäbe einen Punkt $B$, der auf beiden Kreisen nach Aufgabenteil a) um $Q_1$ bzw. $Q_2$ liegt. Dabei sind zur Lage des Punktes $B$ zwei Fälle zu unterscheiden:
Fall 1: $B$ liegt nicht auf $g$. Dann gibt es genau einen Kreis, der die drei Punkte $B$, $P_1$ und $P_2$ enthält. Sein Mittelpunkt sei $M$. Nach Aufgabenteil a) berühren aber sowohl die Gerade $Q_1B$ als auch $Q_2B$ den Kreis $k$ in $B$ und stehen somit senkrecht auf $MB$. Da es nur eine solche Orthogonale zu $MB$ durch $B$ gibt, müssen die beiden Geraden $Q_1B$ und $Q_2B$ identisch sein, ihre Schnittpunkte mit $g$ aber auch. Da B nicht auf $g$ liegt, ist dieser Schnittpunkt aber eindeutig bestimmt, sodass $Q_1=Q_2$ entgegen der Voraussetzung folgen würde, was ein Widerspruch ist.
Fall 2: $B$ liegt auf $g$. Es seien $r_1=\sqrt{|Q_1P_1|\cdot|Q_1P_2|}$ und $r_2=\sqrt{|Q_2P_1|\cdot|Q_2P_2|}$ die Radien der beiden Kreise. Wir unterscheiden zwei Unterfälle:
Fall 2.1: $Q_1$ und $Q_2$ liegen auf verschiedenen Seiten von $P_1P_2$. O.B.d.A. gelte $|Q_1P_1|<|Q_1P_2|$. Dann ist $r_1<\sqrt{|Q_1P_2|\cdot|Q_1P_2|}=|Q_1P_2|<|Q_1Q_2|$. Analog ist auch $r_2<|Q_1Q_2|$. Damit muss jeder Schnittpunkt $B$ beider Kreise auf $g$ zwischen ihnen liegen.
Dann ist
$|Q_1Q_2|=|Q_1B|+|Q_2B|=\sqrt{|Q_1P_1|\cdot|Q_1P_2|}+\sqrt{|Q21P_1|\cdot|Q_2P_2|}<\frac{1}{2} \cdot (|Q_1P_1|+|Q_1P_2|+|Q_2P_1|+|Q_2P_2|)=|Q_1M|+|MQ_2|=|Q_1Q_2|$,
was ein Widerspruch ist.
Fall 2.2.: $Q_1$ und $Q_2$ liegen auf der gleichen Seite von $P_1P_2$. O.B.d.A. liegen die Punkte dann in der Reihenfolge $Q_2, Q_1, P_1, P_2$ auf $g$. Es ist dann wegen $|P_1Q_2|>|P_1Q_1|$ und $|P_2Q_2|>|P_2Q_1|$ auch $r_2>r_1$. Insbesondere kann dann nicht $B$ "vor" $Q_2$ liegen, da dann $r_1=|BQ_1|=|BQ_2|+|Q_1Q_2|>r_2$ gelten müsste, was ein Widerspruch ist. Auch kann $B$ nicht auf der Strecke $Q_2Q_1$ liegen, da sonst der Widerspruch durch $|Q_2P_1|0$ die Funktion $f_t(x)$ streng monoton für alle $x>0$ ist.
Es ist dabei $f^{\prime}_t(x)=\frac{1}{2} \cdot \frac{2x+t}{\sqrt{x \cdot (t+x)}}-1$. Um die strenge Monotonie für $f_t(x)$ zu zeigen, genügt es zu zeigen, dass für die zu betrachtenden positiven Werte von $x$ stets auch $f^{\prime}_t(x)>0$ ist. Für $x=t$ ist dies jedenfalls der Fall, denn $f^{\prime}_t(t)=\frac{1}{2} \cdot \frac{3t}{\sqrt{t \cdot 2t}}-1=\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{\sqrt{2}}-1>0$. Die letzte Ungleichung sieht man dadurch ein, dass man sie äquivalent zu $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{\sqrt{2}} > 1$ bzw. $3 > 2\sqrt{2}$ und schließlich der offensichtlich wahren Ungleichung $9>4\cdot 2=8$ umformt.
Wäre $f_t(x)$ nicht streng monoton für alle $x>0$, so müsste es also aufgrund der Stetigkeit von $f^{\prime}_t(x)$ mindestens eine Nullstelle dieser Funktion geben. Es ist aber die Gleichung $f^{\prime}_t(x)=0$ äquivalent zu
$\frac{1}{2} \cdot \frac{2x+t}{\sqrt{x \cdot (t+x)}}=1$ bzw. $2x+t=2\sqrt{x \cdot (t+x)}$, woraus $4x^2+4xt+t^2=(2x+t)^2=4x(t+x)=4x^2+4xt$, also $t^2=0$ und damit $t=0$ folgt, was ein Widerspruch zur Annahme ist.
Damit hat $f^{\prime}_t(x)$ für alle $t>0$ keine Nullstellen, ist $f_t(x)$ streng monoton und nimmt also für verschiedene Argumente $x$ auch verschiedene Funktionswerte an. Insbesondere sind also wegen $P_1\neq P_2$ und $Q_1 \neq Q_2$ auch $f_{|P_1P_2|}(|Q_1P_1|)$ und $f_{|P_1P_2|}(|Q_2P_1|)$ verschieden, sodass die beiden Kreise gemäß Teilaufgabe a) um $Q_1$ bzw. $Q_2$ keinen gemeinsamen Punkt auf $g$, und damit auch auf ganz $\epsilon$, besitzen, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.566, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-30
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Hier noch eine Fleißaufgabe, bei der die größte Schwierigkeit darin besteht, sich nicht zu verrechnen...
\quoteon
Aufgabe 081231: Man ermittle alle reellen Zahlen $x$, die die Gleichung
$\frac{2x}{a(x+a)}+\frac{1}{x-2a}=\frac{4x+6-a}{a(x+a)(x-2a)}$
erfüllen! Dabei sei $a$ eine reelle Zahl. (Fallunterscheidung!)
\quoteoff
Lösung:
Damit die Brüche definiert sind, müssen die Nenner verschieden von Null sein. Also gilt $a\neq 0$, $x\neq -a$ und $x\neq 2a$. Uner diesen Bedingungen geht die Gleichung durch Multiplikation mit dem Hauptnenner über in
$2x(x-2a)+a(x+a)=4x+6-a$ bzw. $0=2x^2-4ax+ax+a^2-4x-6+a=2x^2-(3a+4)x+(a^2+a-6)$.
Diese quadratische Gleichung in $x$ hat die Lösungen
$x_{1/2}=\frac{3a+4}{4}\pm\sqrt{\frac{(3a+4)^2}{16}-\frac{8 \cdot(a^2+a-6)}{16}}=\frac{3a+4\pm\sqrt{9a^2+24a+16-8a^2-8a+48}}{4}=\frac{3a+4\pm\sqrt{a^2+16a+64}}{4}=\frac{3a+4\pm(a+8)}{4}$. Es ergibt sich $x_1=\frac{3a+4-(a+8)}{4}=\frac{2a-4}{4}=\frac{a}{2}-1$ und $x_2=\frac{3a+4+a+8}{4}=a+3$.
Es sind hierbei noch die auftretenden Scheinlösungen auszuschließen, die eine der drei Bedingungen $a\neq 0$, $x\neq -a$ bzw. $x\neq 2a$ nicht erfüllen.
1. Fall: $x_1=-a$. Dann ist $\frac{a}{2}-1=-a$ bzw. $a-2=-2a$, also $a=\frac{2}{3}$.
2. Fall: $x_2=-a$. Dann ist $a+3=-a$, also $a= -\frac{3}{2}$.
3. Fall: $x_1=2a$. Dann ist $frac{a}{2}-1=2a$ bzw. $a-2=4a$, also $a= -\frac{2}{3}$.
4. Fall: $x_2=2a$. Dann ist $a+3=2a$, also $a=3$.
Es ergibt sich also folgende Lösung:
Ist $a=0$, so erfüllt kein $x$ die Ausgangsgleichung.
Ist $a= -\frac{3}{2}$ oder $a=3$, so erfüllt genau $x_1=\frac{a}{2}-1$ die Ausgangsgleichung.
Ist $a=\frac{2}{3}$ oder $a= -\frac{2}{3}$, so erfüllt genau $x_2=a+3$ die Ausgangsgleichung.
Für alle anderen reellen Werte von $a$ sind genau die beiden Werte $x_1=\frac{a}{2}-1$ und $x_2=a+3$ Lösungen der Ausgangsgleichung.
Und noch eine Fleißaufgabe:
\quoteon
Aufgabe 081234: Durch die Verbesserung der Lebensbedingungen und des Gesundheitsschutzes konnte in der DDR die Tuberkulose mit großem Erfolg bekämpft werden.
Während im Jahre 1950 noch 92760 Erkrankungen an aktiver Tuberkulose auftraten, ging diese Zahl in den folgenden 16 Jahren auf 13777 im Jahre 1966 zurück.
a) Um wie viel Prozent nahm jährlich die Anzahl der Erkrankungen ab, wenn man eine gleichbleibende jährliche prozentuale Abnahme voraussetzt (was, abgesehen von geringen Schwankungen, der Wirklichkeit entspricht)?
b) Wie viele Jahre betrug in dem Zeitraum 1950 bis 1966 die sogenannte Halbwertszeit, d.h. diejenige Zeit, in der die Anzahl der Fälle auf die Hälfte gesenkt wurde (Angabe in Jahren mit einer Stelle nach dem Komma)?
c) Mit wieviel Erkrankungsfällen ist im Jahre 1970 zu rechnen, wenn man weiter eine gleichbleibende jährliche prozentuale Abnahme voraussetzt?
\quoteoff
Lösung:
a) Es sei $q$ der (als konstant angenommene) Quotient der Anzahl der Krankeheitsfälle in einem Jahr bezogen auf die des Vorjahres. Dann gilt aufgrund der Aufgabenstellung $92760 \cdot q^{16}=13777$ bzw. $q=\sqrt[16]{\frac{13777}{92760}}$. Mit einem Taschenrechner erhält man $q\approx 0.8876$, sodass die Anzahl der Krankheitsfälle im Schnitt pro Jahr um ca. $11.24\% $ zurückgegangen ist.
Bemerkung: Als diese Aufgabe gestellt wurde, waren Taschenrechner noch nicht verfügbar, wohl aber Logarithmentafeln. An diesen liest man leicht $\lg(1.3777)\approx 0.139$ und $\lg(9.2670) \approx 0.967$ ab, woraus man $\lg\left(\frac{13777}{92760}\right) \approx 0.139-0.967=-0.828$ und damit $\lg(q)\approx -\frac{0.828}{16}\approx -0.052$ erhält. Wieder kann man an einer solchen Tafel den Wert $10^{1-0.052}=10^{0.948} \approx 8.872$ ablesen, was auf $q\approx 0.8872$ führt. Die Rechnung wird natürlich genauer, wenn man nicht nur drei-stellige Mantissen, wie hier angenommen, zur Verfügung hat. Es stellt sich auch die Frage, für welche Werte die Tabellen vorlagen...
b) Für die Halbwertszeit $t$, gemessen in Jahren, gilt $q^t=\frac{1}{2}$, also $t \cdot \lg(q)= -\lg(2)$ bzw. $t= -\frac{\lg(2)}{\lg(q)}\approx 5.8$, sodass knapp alle Jahre eine Halbierung der Anzahl der Krankeitsfälle eintritt.
c) Nimmt man weiter eine gleichbleibende prozentuale Verringerung der Krankheitsfälle pro Jahr an, so sinkt deren Anzahl von 1966 bis 1970 um den Faktor $q^4$, sodass man dann etwa noch ca. $13777 \cdot 0.8876^4 \approx 8500$ Krankheitsfälle erwartet.
Cyrix
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.567, eingetragen 2019-05-31
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151046
Es sei $f$ eine für alle reellen Zahlen $x$ definierte Funktion. Vorausgesetzt werde, dass $f$ nullstellenfrei ist, d.h., dass keine reelle Zahl $x$ mit $f(x) = 0$ existiert.
Untersuchen Sie, ob aus dieser Voraussetzung folgt, dass auch die durch $F(x) = f(2x) + f(3x)$ für alle reellen Zahlen $x$ definierte Funktion $F$ nullstellenfrei ist!
\showon Lösung
Dies gilt nicht, was man an folgendem Gegenbeispiel sieht: Wähle $f(x)=1$ für $x\in \mathbb{R}\setminus \{2\}$ und $f(2)=-1$. Dann erfüllt $f$ die Bedingungen der Aufgabenstellung, aber es ist $F(1)=f(2)+f(3)=-1+1=0$.
\showoff
Mehr Aufgaben der Klasse 12 bitte :P
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Ex_Senior
| Beitrag No.568, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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\quoteon
Aufgabe 081226: Ein Trapez $ABCD$, dessen Grundseiten die Längen $a$ und $b$ ($a>b$) haben und dessen beide anderen (nichtparallelen) Seiten, genügend verlängert, einen Winkel der Größe $\alpha$ einschließen mögen, habe einen Inkreis.
Berechnen Sie aus den Größen $a$, $b$ und $\alpha$ den Durchmesser $d$ dieses Inkreises!
\quoteoff
Es sei $|AB|=a$, $|CD|=b$, $AB\parallel CD$ und $S$ der Schnittpunkt von $AD$ sowie $BC$. Weiterhin sei $F_T$ der Flächeninhalt des Trapezes, $F_{SAB}$ der des Dreiecks $\triangle SAB$ und $F_{SCD}$ der des Dreiecks $\triangle SCD$. Dann gilt $F_{SAB}=F_T+F_{SCD}$.
Nach dem Strahlensatz gilt $F_{SCD}=F_{SAB} \cdot \left(\frac{b}{a}\right)^2$, also $F_T=F_{SAB} \cdot \left(1-\frac{b^2}{a^2}\right)=F_{SAB} \cdot \frac{a^2-b^2}{a^2}$.
Es ist $F_T=d\cdot \frac{a+b}{2}$, da $\frac{a+b}{2}$ die Länge der Mittellinie des Trapezes und $d$ der Abstand der Parallelen ist. Also ist
$\frac{d}{2}=F_{SAB} \cdot \frac{a^2-b^2}{a^2 \cdot (a+b)}=F_{SAB} \cdot \frac{a-b}{a^2}$.
Andererseits ist $F_{SAB}=\frac{1}{2} \cdot (|AS|+|BS|+a) \cdot \frac{d}{2}$. Dies ergibt sich daraus, dass der Inkreis des Trapezes auch gleichzeitig einer des Dreiecks $\triangle SAB$ ist. Zeichnet man die Verbindungen des Inkreismittelpunkts zu den Eckpunkten des Dreiecks und die Berührradien auf die drei Seiten ein, wird das Dreieck $\triangle SAB$ in insgesamt sechs rechtwinklige Dreiecke zerlegt, deren eine Katheten jeweils ein Radius des Inkreises sind, und deren andere Katheten genau den Umfang des Dreiecks zerlegen.
Setzt man hierin den zuvor erhaltenen Term für $\frac{d}{2}$ ein und kürzt durch $F_{SAB}$, erhält man
$1=\frac{1}{2} \cdot (|AS|+|BS|+a) \cdot \frac{a-b}{a^2}$ bzw. $\frac{2a^2}{a-b}=a+|AS|+|BS|$, also
$|AS|+|BS|=\frac{2a^2}{a-b}-a=\frac{a^2+ab}{a-b}=a\cdot\frac{a+b}{a-b}$ und
$(|AS|+|BS|)^2=|AS|^2+|BS|^2+2\cdot|AS| \cdot |BS|=a^2 \cdot \frac{(a+b)^2}{(a-b)^2}$.
Nach dem Cosinussatz im Dreieck $\triangle SAB$ gilt $a^2=|AS|^2+|BS|^2-2\cdot |AS| \cdot |BS| \cdot \cos\alpha$.
Die Differenz der letzten beiden Identitäten liefert
$2 \cdot|AS| \cdot |BS| \cdot (1+\cos\alpha)=a^2 \cdot \left(\frac{(a+b)^2}{(a-b)^2} - 1\right)=a^2 \cdot \frac{4ab}{(a-b)^2}$,
also
$F_{SAB}= \frac{1}{2} \cdot |AS| \cdot |BS| \cdot \sin\alpha = a^2 \cdot \frac{ab}{(a-b)^2} \cdot \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}$.
Damit erhält man
$d=2 F_{SAB} \cdot \frac{a-b}{a^2} = 2 a^2 \cdot \frac{ab}{(a-b)^2} \cdot \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} \cdot \frac{a-b}{a^2} = 2 \frac{ab}{a-b} \cdot \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}$.
Berücksichtigt man, dass
$\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} = \frac{\sin\alpha \cdot (1-\cos\alpha)}{(1+\cos\alpha) \cdot (1-\cos\alpha)}=\frac{\sin\alpha \cdot (1-\cos\alpha)}{1-\cos^2\alpha}=\frac{\sin\alpha \cdot (1-\cos\alpha)}{\sin^2\alpha}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$
ist, lässt sich das Ergebnis auch schreiben als
$d=2 \frac{ab}{a-b} \cdot \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$.
Damit sollte die 0812 abgearbeitet sein.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.566 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.569, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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@Kornkreis: Derzeit sind noch 65 unbearbeitete Aufgaben der Klassenstufe 12 im PDF. Meinst du nicht, dass das erstmal reicht, und wir dort genug zu tun haben?
Cyrix
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weird
Senior 
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.570, eingetragen 2019-05-31
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\quoteonAufgabe 4 - 131224
Man ermittle alle Paare (x,y) reeller Zahlen, die Lösungen des Gleichungssystems sind:
\[x^3 +y^2 +x+1=0 \quad (1)\]
\[y^3 +x^2 +y+1=0 \quad (2)\]
\quoteoff
Lösung: Multipliziert man Gleichung (2) mit $x$ und zieht davon (1) ab, so erhält man \[xy(y^2+1)-(y^2+1)=0\] Hier dürfen wir wegen $y^2+1>0$ durch $y^2+1$ kürzen, was auf die einfache Beziehung \[xy=1\] führt. Multipliziert man nun (1) mit $x^2$ und führt dann hierin die Ersetzung $xy=1$ durch, so erhält man als neue Gleichung \[x^5+x^3+x^2+1=0\] in der Variablen $x$ allein. Eine offensichtliche Lösung davon ist $x=-1$ und nach Kürzen durch den Linearfaktor $x+1$ ergibt sich daraus weiter \[x^4-x^3+2x^2-x+1=0\] Diese dividieren wir nun durch $x^2\ne 0$ und erhalten so mit der Substitution $z:=x+\frac1x$ die einfache Gleichung \[z^2-z=0\] in $z$ mit den beiden Lösungen $z\in\{0,1\}$. Für beide Werte von $z$ ist aber \[x+\frac1x=z\quad\text{bzw.}\quad x^2-zx+1=0\] in reellen Zahlen unlösbar, wie man leicht nachprüft.
Zusammenfassend bleibt es also bei der einen Lösung $x=-1$ für $x$ und wegen $xy=1$ gilt dann auch $y=-1$. Tatsächlich erfüllt $(x,y)=(-1,-1)$ beide Gleichungen (1) und (2) und ist somit die einzige reelle Lösung hier.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.566 begonnen.]
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Kornkreis
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.571, eingetragen 2019-05-31
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\quoteon(2019-05-31 01:27 - cyrix in Beitrag No. 569)
@Kornkreis: Derzeit sind noch 65 unbearbeitete Aufgaben der Klassenstufe 12 im PDF. Meinst du nicht, dass das erstmal reicht, und wir dort genug zu tun haben?
Cyrix
\quoteoff
Durchaus, teilweise sind da aber halt echte Ladenhüter darunter (nach meinem Geschmack). Da ich gerade gesehen habe, dass Aufgaben zwei neuer Jahrgänge der Klasse 12 hinzugekommen sind, erübrigt sich aber meine Anfrage und ich bin zufrieden :-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.572, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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Hallo,
es sind im Moment 646 gelöste Aufgaben.
In der nächsten Zeit werde ich erst einmal versuchen, die noch fehlenden Aufgaben (zuerst Klasse 12) zu ergänzen. Das sind etwa 390 Aufgaben, es wird also doch etwas dauern.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.573, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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\quoteon
Aufgabe 101222: Der Binomialkoeffizient $\binom{a}{k}$ wird für jede beliebige reelle Zahl $a$ und jede natürliche Zahl $k>1$ durch
$\binom{a}{k}=\frac{a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-2)][a-(k-1)]}{k!}$
definiert.
a) Untersuen Sie, ob auch in jedem hier genannten Fall für $a$ und $k$ die für ganzzahlige $a>k$ aus dem Pascalschen Dreieck bekannte Beziehung gilt:
$\binom{a}{k}+\binom{a}{k+1}=\binom{a+1}{k+1}$
b) Zeigen Sie, dass für $k>2$ gilt:
$\binom{\frac{1}{2}}{k}=\frac{(2k-3)!}{2^{2k-2} \cdot k! \cdot (k-2)!} \cdot (-1)^{k+1}$
\quoteoff
Lösung:
a) Es ist
$\binom{a}{k}+\binom{a}{k+1}=\frac{a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-2)][a-(k-1)]}{k!} + \frac{a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-1)][a-k]}{(k+1)!}= \frac{(k+1) \cdot a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-2)][a-(k-1)]}{(k+1)!} + \frac{a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-1)][a-k]}{(k+1)!}=\frac{a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-2)][a-(k-1)]}{(k+1)!} \cdot ([k+1]+[a-k])=\frac{(a+1)a(a-1)(a-2)\dots [a-(k-2)][a-(k-1)]}{(k+1)!}=\binom{a+1}{k+1}$
b) Es ist
$\binom{\frac{1}{2}}{k}=\frac{\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}-1\right) \cdot \ldots \left(\frac{1}{2}-(k-1)\right)}{k!}=\frac{1 \cdot (1-2) \cdot \ldots \cdot (1-2(k-1))}{k! \cdot 2^k}=(-1)^{k-1} \cdot \frac{(2-1) \cdot \ldots \cdot (2(k-1)-1)}{k!\cdot 2^k}=(-1)^{k+1} \cdot \frac{(2k-3)!}{k! \cdot 2^k \cdot 2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k-4)}=(-1)^{k+1} \cdot \frac{(2k-3)!}{k! \cdot 2^{k+(k-2)} \cdot (2k-2)!}$
\quoteon
Aufgabe 101232: In einer Ebene $\epsilon$ liegt ein Kreis $k$ mit dem Mittelpunkt $M$ und dem Radius $r$. << Jetzt wird die Inversion an $k$ erklärt. >>
Gegeben sei ferner ein im Innern von $k$ gelegener Kurvenzug $P_1P_2P_3P_4$ der folgenden Gestalt: << Siehe Skizze in der Aufgabenstellung >>
$P_1$, $P_2$ seien auf einem und demselben Strahl gelegen; $P_3$, $P_4$ auf einem und demselben anderen von $M$ ausgehenden Strahl. Es gelte $|MP_1|=|MP_4|<|MP_2|=|MP_3|$. Der Winkel $\angle P_2MP_3$ sei kleiner als $180^{\circ}$.
Der Kurvenzug bestehe aus den Strecken $P_1P_2$, $P_3P_P4$ und $P_4P_1$ sowie aus dem im Innern des Winkels $\angle P_2MP_3$ gelegenen Bogen $\overarc{P_2P_3}$ des Kreises um $M$ durch $P_2$.
Spiegeln Sie diesen Kurvenzug $P_1P_2P_3P_4$ an $k$ (Beschreibung und Begründung einer Konstruktion unter ausschließlicher Verwendung von Zirkel und Lineal).
\quoteoff
Lösung:
Den Bildpunkt $P^{\prime}$ eines beliebigen von $M$ verschiedenen Punktes $P$ im Inneren von $k$ erhält man konstruktiv wie folgt:
(a) Zeichne den von $M$ ausgehenden Strahl $s$ durch $P$.
(b) Errichte in $P$ die Orthogonale auf $s$ und erhalte als einen der beiden Schnittpunkte von dieser mit $k$ den Punkt $C$, sodass $\angle CPM=90^{\circ}$ und $|CM|=r$ gilt.
(c) Man errichte auf der Geraden $MC$ in $C$ die Orthogonale und schneide diese mit $s$. Der Schnittpunkt heiße $P^{\prime}$.
Begründung: Es liegt $P^{\prime}$ auch auf $s$ und nach dem Kathetensatz im rechtwinkligen Dreieck $\triangle MP^{\prime}C$ mit Fußpunkt $P$ der Höhe von $C$ auf die Hypothenuse $MP^{\prime}$ ist $|MP| \cdot |MP^{\prime}|= |MC|^2=r^2$.
Da $P_1$ bis $P_4$ alle im Innern des Kreises $k$ liegen, kann man mit der vorgenannten Konstruktion ihre Spiegelpunkte $P_1^{\prime}$ bis $P_4^{\prime}$ erhalten. Da alle Punkte $P$ auf dem von $M$ ausgehenden Strahl, die zwischen $P_1$ und $P_2$ liegen, auch auf solche $P^{\prime}$ abegbildet werden, die zwischen $P_2^{\prime}$ und $P_1^{\prime}$ auf dem gleichen Strahl liegen, wird die Strecke $P_1P_2$ auf die Strecke $P_1^{\prime}P_2^{\prime}$ abgebildet. Analoges gilt für die Strecke $P_3P_4$, die auf $P3^{\prime}P_4^{\prime}$ abgebildet wird.
Für alle Punkte $P$ auf dem Kreis um $M$ durch $P_2$ gilt, dass die Bildpunkte auf einem Kreis um $M$ mit Radius $\frac{r^2}{|MP_2|}$ liegen. Damit geht der Bogen $\overarc{P_2P_3}$ in den Bogen $\overarc{P_2^{\prime}P_3^{\prime}}$ im gleichen Winkel über.
Schließlich wird die Gerade durch $P_4$ und $P_1$ auf einen Kreis durch $P_4^{\prime}$, $P_1^{\prime}$ und $M$ abgebildet; die Strecke $P_4P_1$ also auf den Bogen $\overarc{P_4P_1}$ dieses Kreises, der $M$ nicht enthält.
\quoteon
Aufgabe 101233: Es sei $f$ die für alle reellen Zahlen $x$ durch $f(x)=\frac{1-x^2}{x^6+4}$ definierte Funktion.
Es ist zu entscheiden, ob unter allen Funktionswerten $f(x)$ ein größter und ein kleinster Wert vorkommen. Diese Werte sind gegebenenfalls zu ermitteln.
\quoteoff
Lösung:
Da $x^2\geq 0$ ist, ist die Frage äquivalent zur Untersuchung der Funktion $g(z):=\frac{1-z}{z^3+4}$, wobei man nur diejenigen $z$ mit $z\geq 0$ betrachtet, denn es ist $g(x^2)=f(x)$.
Wegen $z\geq 0$ ist $1-z\leq 1$ und $z^3+4\geq 4>0$, also $g(z)\leq \frac{1}{4}$. Tatsächlich ist $g(0)=f(0)=\frac{1}{4}$, sodass dies der größte Funktionswert ist, den $g$ bzw. $f$ in ihren jeweiligen betrachteten Definitionsbereichen annehmen.
Wir betrachten nun die Funktion $g^{\prime}(z)=\frac{-(z^3+4)-(1-z)\cdot 3z^2}{(z^3+4)^2}= - \frac{1}{(z^3+4)^2} \cdot (z^3+4+3z^2-3z^3)$. Es ist $g^{\prime}(z)=0\Leftrightarrow z^3+4+3z^2-3z^3=0 \Leftrightarrow 0=2z^3-3z^2-4=(z-2) \cdot (2z^2+z+2)$. Da $2z^2+z+2=(z^2+2z+1)+z^2+1= (z+1)^2+z^2+1\geq 1>0$ gilt, verschwindet also $g^{\prime}(z)$ genau für $z=2$.
Im Intervall $[0;\infty )$ nimmt $g$, wie schon gesehen, an der Stelle 0 sein globales Maximum von $\frac{1}{4}>0$ an. Für $z>1$ ist $g(z)$ sogar negativ, aber aufgrund des größeren Grades des Polynoms im Nenner im Vergleich zu dem des Zählers ist $\lim_{z\rightarrow \infty} g(z)=0$. Also kann nicht $g$ monoton fallend sein, sodass, da es stetig differenzierbar ist, seine Ableitungsfunktion mindestens eine Nullstelle haben muss, an welcher die Funktion $g$ von monoton fallend auf monoton steigend wechselt. Diese Stelle ist, wie oben berechnet, eindeutig bestimmt mit $z=2$. Also ist $g(z)$ für alle $z$ im Intervall $[0, 2]$ monoton fallend und für alle $z$ im Intervall $[2, \infty )$ monoton steigend, sodass an der Stelle $z=2$ die Funktion $g$ ihr globales Minimum mit $g(2)=\frac{1-2}{2^3+4}= -\frac{1}{12}$ annimmt.
Damit ist auch das globale Minimum von $f$ gleich diesem Wert $-\frac{1}{12}$ und wird an den Stellen $x=\pm\sqrt{2}$ angenommen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.574, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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Hallo,
ich habe die neuen Lösungen aufgenommen. Danke.
Allerdings habe ich ein Problem.
Ein Bogen über z.B. $\displaystyle \overarc{b}$ funktioniert bei mir (hier nicht), wenn nur ein Zeichen folgt.
Bei $\overarc{AB}$ wird mit einer Fehlermeldung, dass ein $ fehlt, abgebrochen. Ich bekomme also keinen Bogen.
Das Package arcs ist korrekt installiert.
Was mache ich falsch?
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.575, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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Wie hast du es denn im Aufgabentext gesetzt? Der Einfachheit würde ich das dann von dort einfach übernehmen.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.576, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-31
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Ich habe jetzt aus dem Netz
\DeclareSymbolFont{yhmathlsym}{OMX}{yhex}{m}{n}
\DeclareMathAccent{\wideparen}{\mathord}{yhmathlsym}{"F3}
"geklaut". Was genau dabei gemacht wird, weiß ich nicht, aber es produziert mit \wideparen{...} einen einigermaßen schönen Kreisbogen über den Buchstaben.
LG Steffen
Nachtrag: 651 Lösungen sind online
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Ex_Senior
| Beitrag No.577, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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\quoteon
Aufgabe 101246B: In einem ebenen Gelände erfolge das Abstecken eines Kreisbogens vom Radius $r$, falls außerdem eine Tangente $t$ an diesen Kreisbogen und ihr Berührungspunkt $A$ bekannt sind, dadurch, dass in beliebigen Punkten $P^{\prime}$ von $t$ (mit $|AP^{\prime}|=xt>0$
$1-\sqrt{1-t^2}=\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{1}=\frac{(1-\sqrt{1-t^2}) \cdot (1+\sqrt{1-t^2})}{1+\sqrt{1-t^2}}=\frac{1-(1-t^2)}{1+\sqrt{1-t^2}}=\frac{t^2}{1+\sqrt{1-t^2}}=t^2 \cdot \frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}}$ und also
$\delta=\left|t^2 \cdot \frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}} - \frac{1}{2} t^2\right|=t^2 \cdot \left|\frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}} - \frac{1}{2}\right|$.
Dabei ist wegen $0
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.578, eingetragen 2019-06-01
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\quoteon(2019-05-31 20:06 - stpolster in Beitrag No. 574)
Hallo,
ich habe die neuen Lösungen aufgenommen. Danke.
Allerdings habe ich ein Problem.
Ein Bogen über z.B. $\displaystyle \overarc{b}$ funktioniert bei mir (hier nicht), wenn nur ein Zeichen folgt.
Bei $\overarc{AB}$ wird mit einer Fehlermeldung, dass ein $ fehlt, abgebrochen. Ich bekomme also keinen Bogen.
Das Package arcs ist korrekt installiert.
Was mache ich falsch?
Danke
Steffen
\quoteoff
Das Paket arcs ist von 2004, die Wahrscheinlichkeit ist also hoch, das es mit anderen Paketen nicht mehr gut harmoniert. Und das bestätigt auch mein Test.
Andere Lösungen (#576), die man so findet, bedienen sich aus Schriftpakten. Das kann funktionieren, aber im Mathemodus mitunter auch scheitern. (Bestätigt auch mein Test.)
Also warum nicht einfach selbst erstellen:
$
% \begin{tikzpicture}
\newcommand\myarc[2][]{\tikz[baseline]{%
\node[inner sep=0pt,anchor=base] (A) {$#2$};
\draw[transform canvas={yshift=1pt}, rounded corners=2pt]
%(A.north west) -- ([yshift=2pt]A.north) -- (A.north east)
(A.north west) to[bend left=45, xshift=0.5pt,#1] (A.north east);
}}
\text{Etwas Text} \myarc{\alpha}, \myarc[bend left=55]{x}, \myarc{AB}, \myarc{PQR} \text{noch mehr Text.}
$
\sourceon (latex)
% \usepackage{tikz}
\newcommand\myarc[2][]{\tikz[baseline]{%
\node[inner sep=0pt,anchor=base] (A) {$#2$};
\draw[transform canvas={yshift=1pt}, rounded corners=2pt]
(A.north west) to[bend left=45, xshift=0.5pt,#1] (A.north east);
}}
\text{Etwas Text} \myarc{\alpha},
\myarc[bend left=55]{x}, \myarc{AB}, \myarc{PQR}
\text{noch mehr Text.}
\sourceoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.576 begonnen.]
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.579, eingetragen 2019-06-01
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 2 - 151232
Ist M eine Menge von reellen Zahlen, so soll eine reelle Zahl $e\neq 0$ aus dieser Menge als eine ”Einheit
von M” bezeichnet werden, wenn für jedes Element x aus M die Beziehung $\frac xe \in M$ gilt.
(So besitzt z.B. die Menge aller ganzen Zahlen nur die Einheiten +1 und -1, während z.B. in der
Menge aller rationalen Zahlen jedes von 0 verschiedene Element eine Einheit ist.)
Es sei nun M die Menge aller Zahlen $a+b\sqrt 2$, wobei a und b beliebige ganze Zahlen sind. In dieser
Menge sind z.B. +1 und -1 Einheiten.
a) Man gebe noch 5 weitere Einheiten von M an.
b) Man beweise, dass M unendlich viele verschiedene Einheiten enthält.
\quoteoff
\showon Lösung
Man sieht per Induktion leicht: Ist $e$ eine Einheit von $M$, dann sind auch alle Potenzen $e^n$ für $n\in \IN$ Einheiten von $M$.
Daher genügt es eine einzige Einheit $e\neq \pm 1$ anzugeben um zu zeigen, dass es unendlich viele verschiedene gibt.
Wir zeigen, dass $3+2\sqrt 2$ eine Einheit von $M$ ist.
Für $a+b\sqrt 2 \in M$ gilt nämlich:
\[\frac {a+b\sqrt 2}{3+2\sqrt 2} = \frac {(a+b\sqrt 2)(3-2\sqrt 2)}{3^2-(2\sqrt 2)^2} = (3a-4b)+(3b-2a)\sqrt 2 \in M.\]
\showoff
\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
 | Beitrag No.580, eingetragen 2019-06-01
|
Hallo zusammen,
da Steffen nach meiner vektoriellen Lösung der 081222 gefragt hat:
Das gleichseitige Dreieck ABC liege in der xy-Ebene, der Punkt A liege im Ursprung, B auf der x-Achse. Dann sind die Ortsvektoren von B und C:
$$\vec b=\left(\begin{array}{c}a\\0\\0\end{array}\right)\qquad\vec c=\left(\begin{array}{c}\frac12a\\\frac{\sqrt3}2a\\0\end{array}\right)$$und die Spitze S der Pyramide
$$\vec s=\left(\begin{array}{c}\frac12a\\\frac{\sqrt3}6a\\h\end{array}\right)$$Der Normalenvektor auf die Seitenfläche ABS ist dann:
$$\vec n_{ABS}=\vec b \times\vec s=\left(\begin{array}{c}a\\0\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}\frac12a\\\frac{\sqrt3}6a\\h\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\-ah\\\frac{\sqrt3}6a^2\end{array}\right)$$Ein Normalenvektor auf ACS:
$$\vec n_{ACS}=\vec c \times\vec s=\left(\begin{array}{c}\frac12a\\\frac{\sqrt3}2a\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}\frac12a\\\frac{\sqrt3}6a\\h\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2ah\\-\frac12ah\\\frac{\sqrt3}{12}a^2-\frac{\sqrt3}4a^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2ah\\-\frac12ah\\-\frac{\sqrt3}6a^2\end{array}\right)$$Sollen die beiden Flächen senkrecht aufeinander stehen, muss das Skalarprodukt der beiden Normalenvektoren null sein:
$$\left(\begin{array}{c}0\\-ah\\\frac{\sqrt3}6a^2\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2ah\\-\frac12ah\\-\frac{\sqrt3}6a^2\end{array}\right)=0$$Das bedeutet:$$\frac12a^2h^2-\frac3{36}a^4=0$$$$\frac{h^2}{a^2}=\frac6{36}$$$$\frac ha=\frac{\sqrt6}6$$
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.581, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
|
\quoteon
Aufgabe 121032: << Skizze in der Aufgabenstellung >>
Es sei $ABCDA^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ ein Parallelepiped, d.i. ein nicht notwendig gerades vierseitiges Prisma mit einem Parallelogramm $ABCD$ als Grundfläche.
Es ist die Menge aller Punkte $X$ zu ermitteln, die als Schnittpunkte von Strecken $PR$ und $ST$ auftreten können, wenn $P$ ein Punkt auf $AB$, $T$ ein Punkt auf $C^{\prime}D^{\prime}$, $S$ ein Punkt auf $AD$ und $T$ ein Punkt auf $B^{\prime}C^{\prime}$ ist.
\quoteoff
Lösung:
Wir legen so ein Koordinatensystem in den Raum des Parallelepipeds, dass $A$ in dessen Ursprung liegt. Weiterhin identifizieren wir alle Punkte mit ihren jeweiligen Ortsvektoren und bezeichnen mit $\vec{a}:=\vec{B}$, $\vec{b}:=\vec{D}$ und $\vec{c}:=\vec{A^{\prime}}$, sodass diese drei Vektoren linear unabhängig sind.
Dann gibt es eine reelle Zahl $0\leq s_1\leq 1$ mit $\vec{P}=s_1 \cdot \vec{a}$. Analog gibt es reelle Zahlen $s_2$, $t_1$ und $t_2$, die jeweils zwischen 0 und 1 liegen, sodass $\vec{R}=s_2\cdot \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$, $\vec{S}=t_1 \cdot \vec{b}$ und $\vec{T}=\vec{a}+t_2\cdot \vec{b}+\vec{c}$ gilt.
Für jeden Punkt $X$ auf der Strecke $PR$ gibt es eine reelle Zahl $0\leq k\leq 1$ mit
$\vec{X}=\vec{P}+k\cdot (\vec{R}-\vec{P})=(1-k) \cdot s_1 \cdot \vec{a} + k \cdot s_2 \cdot \vec{a} + k \cdot \vec{b} + k \cdot \vec{c}=(s_1-ks_1+ks_2) \cdot \vec{a}+ k \cdot \vec{b} + k \cdot \vec{c}$.
Analog gibt es für jeden Punkt $X$ auf der Strecke $ST$ eine reelle Zahl $0\leq \ell \leq 1$ mit
$\vec{X}=\vec{S} + \ell \cdot (\vec{T}-\vec{S})= (1-\ell) \cdot t_1 \cdot \vec{b} + \ell \cdot \vec{a} + \ell \cdot t_2 \cdot \vec{b} + \ell \cdot \vec{c}=\ell \cdot \vec{a} + (t_1-\ell t_1 + \ell t_2) \cdot \vec{b} + \ell \cdot \vec{c}$.
Da $X$ auf beiden Strecken liegt und die Vektoren $\vec{a}$, $\vec{b}$ und $\vec{c}$ linear unabhängig sind, müssen ihre jeweiligen Koeffizienten in beiden Darstellungen von $\vec{X}$ übereinstimmen, inbsesondere also die von $\vec{c}$, sodass $k=\ell$ folgt.
Aus der ersten Darstellung von $\vec{X}$ folgt, dass die Koeffizienten von $\vec{b}$ und $\vec{c}$ beide gleich (und zwar $k$) sein müssen, während aus der zweiten Darstallung folgt, dass die Koeffizienten von $\vec{a}$ und $\vec{c}$ beide gleich (und zwar $\ell=k$) sind, sodass tatsächlich die Koeffizienten aller drei Vektoren übereinstimmen und $X$ auf der Geraden $k \cdot (\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$, also der Raumdiagonalen $AC^{\prime}$ liegt.
Nun ist noch zu überprüfen, ob tatsächlich jeder Punkt auf der Raumdiagonalen $AC^{\prime}$ als Schnittpunkt $X$ agenommen werden kann. Da das Parallelepiped konvex ist, schneiden sich je zwei Strecken, die durch Punkte auf dessen Oberfläche begrenzt werden, wieder im Innern oder auf dessen Oberfläche, sodass nur Punkte, die auf der Strecke $AC^{\prime}$ liegen, in Frage kommen, was $0\leq k\leq 1$ bedeutet.
Aus der ersten Darstellung von $\vec{X}$ erhalten wir $k=s_1-ks_1+ks_2$ bzw. $k \cdot (1-s_2+s_1)=s_1$, also für $s_2-s_1\neq 1$ die Darstellung $k=\frac{s_1}{1-s_2+s_1}$.
Setzt man hierbei $s_1:=s_2$, so ergibt sich $k=s_1$, was mit $s_1$ das gesamte Intervall $[0, 1]$ durchläuft, sodass auch tatsächlich alle Punkte auf der Strecke $AC^{\prime}$ als Schnittpunkte $X$ angenommen werden.
Alternativlösung:
Die zueinander parallelen, aber verschiedenen Geraden $AB$ und $D^{\prime}C^{\prime}$ spannen eine Ebene $\epsilon_1$ auf. Damit liegt auch $PR$ in dieser Ebene. Analog spannen auch die parallelen, aber verschiedenen Geraden $AD$ und $B^{\prime}C^{\prime}$ eine Ebene $\epsilon_2$ auf, in der dann die Strecke $ST$ liegt.
Damit muss der Schnittpunkt $X$ der zu betrachtenden Strecken auf der Schnittgerade der beiden Ebenen liegen. (Es sind $\epsilon_1$ und $\epsilon_2$ nicht identisch, da $B^{\prime}$ auf $\epsilon_2$, nicht aber auf $\epsilon_1$ liegt.) Da sowohl $A$ als auch $C^{\prime}$ in beiden Ebenen enthalten sind, ist $AC^{\prime}$ genau deren Schnittgerade, sodass $X$ auf dieser Gerade liegen muss.
Aufgrund der Konvexität des Parallelepipeds muss sich $X$ innerhalb oder auf der Oberfläche des Parallelepipieds befinden, sodass nur Punkte auf der Strecke $AC^{\prime}$ in Frage kommen.
Wählt man jedoch für einen beliebigen Punkt $X$ auf dieser Strecke die Punkte $P$ und $R$ als Schnitt der zu $ADD^{\prime}A^{\prime}$ parallelen Ebene durch $X$ mit den Geraden $AB$ bzw. $D^{\prime}C^{\prime}$, so liegen diese Schnittpunkte (wieder aufgrund der Konvexität des Parallelepipeds) auf den Strecken $AB$ bzw. $D^{\prime}C^{\prime}$ und $X$ auf $PR$. Wählt man für den gleichen Punkt $X$ die Punkte $S$ bzw. $T$ als Schnittpunkte der zu $ABB^{\prime}A^{\prime}$ parallelen Ebene durch $X$ mit den Geraden $AD$ bzw. $B^{\prime}C^{\prime}$, so liegen diese wieder auf den entsprechenden Strecken und $X$ auch auf $ST$, sodass für jeden Punkt $X$ auf der Strecke $AC^{\prime}$ Strecken $PR$ und $ST$ gemäß den Vorgaben gefunden werden können, die sich in $X$ schneiden.
Damit ist genau die Strecke $AC^{\prime}$ die gesuchte Punktmenge.
Cyrix
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| Beitrag No.582, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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\quoteon
Aufgbe 200921: Ermitteln Sie die größte Primzahl $p$, für die ein Tripel $(a,b,c)$ von natürlichen Zahlen $a$, $b$ und $c$ so existiert, dass $(a+p)(b+p)(c+p)=1980$ gilt!
Ermitteln Sie zu dieser Primzahl $p$ alle verschiedenen zugehörigen Tripel $(a,b,c)$ mit der genannten Eigenschaft!
\quoteoff
Lösung:
Bemerkung: In dieser Lösung wird die Menge der natürlichen Zahlen mit $\amthbb{N}=\{0, 1, 2, \dots \}$ angenommen, wie es die Aufgabe vermutlich voraussetzt.
Es sei o.B.d.A. $a\leq b \leq c$ und damit auch $a+p\leq b+p \leq c+p$. Es wird $p$ maximal, wenn auch $a+p$ seinen größtmöglichen Wert annimmt. Wegen $13^3=169 \cdot 13=2197>1980$ muss dann $a+p<13$, also $a+p\leq 12$ gelten. Es ist $1980=2^2 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 11$, sodass für $a+p=12=2^2 \cdot 3$ auch $(b+p)(c+p)=3\cdot 5 \cdot 11$. Eine Zerlegung dieses Produkts in zwei Faktoren besitzt aber immer mindestens einen Faktor, der höchstens 11 beträgt, was im Widerspruch dazu steht, dass $a+p$ den kleinsten Wert der drei Faktoren $a+p$, $b+p$, $c+p$ annimmt. Also muss sogar $a+p\leq 11$ sein.
Ist $a+p=11$, so verbleibt $(b+p)(c+p)=2^2 \cdot 3^2 \cdot 5$, was sich etwa in $b+p=2^2 \cdot 3=12\geq a+p$ und $c+p=3 \cdot 5=15 \geq a+p$ zerlegen lässt, sodass $p$ maximal 11 gewählt werden kann.
Wählt man das $p$ maximal, also $p=11$, so ist also -- unter der weiterhin angenommenen Sortierung der Variablen $a$, $b$ und $c$ -- $a=0$ und $(b+p)(c+p)=2^2 \cdot 3^2 \cdot 5$. Dann ist genau einer der beiden Faktoren $b+p$ bzw. $c+p$ durch 5 teilbar.
Ist dieser auch durch 3 teilbar, so verbleiben für den anderen Faktor höchtens die Faktoren $2^2 \cdot 3=12$. Also darf der durch 5 teilbare Faktor neben dem einen Faktor 3 keinen weiteren (und auch keinen Faktor 2) enthalten, da sonst der andere Faktor ein echter Teiler von 12, also höchstens 6, wäre, was im Widerspruch zu $a+p\leq b+p\leq c+p$ steht. Demzufolge gibt es in deisem Fall nur die eine Zerlegung in $12 \cdot 15$, sodass aufgrund der Anordnung $b+p=12$ und $c+p=15$, also $(a,b,c)=(0,1,4)$ gilt.
Ist der durch 5 teilbare Faktor nicht durch 3, aber durch 2 teilbar, so muss er wegen $5\cdot 2=10<11$ auch durch den zweiten Faktor 2 teilbar sein. Dann ergibt sich aber für den zweiten Faktor, dass dieser höchstens $3^2=9$, also kleiner als $a+p=11$ ist, was einen Widerspruch darstellt. Ein solcher ergibt sich auch, wenn der durch 5 teilbare Faktor weder durch 2 noch 3 teilbar ist, da er dann genau 5 beträgt und $5<11$ ist.
Also gibt es unter der Zusatzannahme $a\leq b \leq c$ genau ein Tripel $(a,b,c)$ für das maximal mögliche $p=11$. Lässt man die Zusatzannahme fallen, ergeben sich alle 6 möglichen Anordnungen dieses einen Tripels als Lösungen:
$(a,b,c)\in\{(0,1,4);\ (0,4,1);\ (1,0,4);\ (1,4,0);\ (4,0,1);\ (4,1,0)\}$.
\quoteon
Aufgabe 200922: a) Nennen Sie zwei verschiedene ganze Zahlen $x$, die die Ungleichung $\frac{x+3}{x-1}<0$ erfüllen und bestätigen Sie das Erfülltsein dieser Ungleichung für die von Ihnen genannten Zahlen!
b) Ermitteln Sie die Menge aller derjenigen reellen Zahlen $x$, die diese Ungleichung erfüllen!
\quoteoff
Lösung:
a) Setzen wir $x=0$ in die Ungleichung ein, erhalten wir die wahre Aussage $\frac{3}{-1}=-3<0$. Setzen wir $x=-1$ in die Ungleichung ein, erhalten wir die wahre Aussage $\frac{2}{-2}=-1<0$.
b) Es ist $\frac{x+3}{x-1}=1+\frac{4}{x-1}$, die Ungleichung also äquivalent zu $\frac{4}{x-1}<-1$. Also muss $x-1$ negativ sein, sodas die Multiplikation mit diesem Term das Relationszeichen dreht und die Ungleichung unter der Einschränkung $x-1<0$, d.h., $x<1$, äquivalent ist zu $4>-(x-1)$ bzw. $-4 -3$. Die Ungleichung wird also genau von allen reelen Zahlen $x$ mit $-3r_2$ gelte.
Weiterhin sei vorausgesetzt, dass sich die beiden Kreise von außen berühren, also genau eine gemeinsame innere Tangente besitzen. Diese innere Tangente schneide die eine gemeinsame äußere Tangente beider Kreise in $P$ und die andere gemeinsame Tangente in $Q$.
Ermitteln Sie unter diesen Voraussetzungen aus $r_1$ und $r_2$ die Länge $|PQ|$!
\quoteoff
Lösung:
Es sei $S$ der Schnittpunkt der beiden äußeren Tangenten, $M_1$ der Mittelpunkt von $k_1$, $M_2$ der Mitelpunkt von $k_2$, $B$ ihr Berührpunkt, $B_1$ der Berührpunkt von $k_1$ mit der Tangenten $t$, auf der $P$ liegt, und $B_2$ der von $k_2$ mit der gleichen Tangenten $t$.
Dann sind $M_1B_1$ und $M_2B_2$ parallel, da sie als Berührungsradien beide senkrecht auf der Tangenten $t$ stehen. Nach dem Strahlensatz gilt dann $\frac{|SM_1|}{|SM_2|}=\frac{|M_1B_1|}{|M_2B_2|}=\frac{r_1}{r_2}$. Insbesondere ist $|SM_1|>|SM_2|$, also, da $S$, $M_2$, $B$ und $M_2$ aus Symmetriegründen auf einer Geraden liegen, $|SM_1|=|SM_2|+|M_2B|+|BM_1|=|SM_2|+r_1+r_2$. Setzt man dies in die eben erhaltene Verhältnisgleichung ein, erhält man
$\frac{|SM_2|+r_1+r_2}{|SM_2|}=1+\frac{r_1+r_2}{|SM_2|}=\frac{r_1}{r_2}$, also
$|SM_2|=r_2 \cdot \frac{r_1+r_2}{r_1-r_2}$ und $|SM_1|=r_1 \cdot \frac{r_1+r_2}{r_1-r_2}$.
Es ist $\triangle M_1SB_1$ rechtwinklig bei $B_1$, sodass sich nach dem Satz von Pythagoras
$|SB_1|=\sqrt{|SM_1|^2-|M_1B_1|^2}=\sqrt{r_1^2 \cdot \frac{(r_1+r_2)^2}{(r_1-r_2)^2)} - r_1^2}=r_1 \cdot \sqrt{\frac{(r_1+r_2)^2 - (r_1-r_2)^2}{(r_1-r_2)^2}}=\frac{r_1}{r_1-r_2} \cdot \sqrt{4r_1r_2}=r_1 \cdot \frac{2\sqrt{r_1r_2}}{r_1-r_2}$
und analog $|SB_2|=r_2 \cdot \frac{2\sqrt{r_1r_2}}{r_1-r_2}$ ergibt.
Damit ist
$|B_1B_2|=|SB_1|-|SB_2|=\frac{2\sqrt{r_1r_2}}{r_1-r_2} \cdot (r_1-r_2)=2\sqrt{r_1r_2}$.
Der Punkt $P$ liegt auf zwei Tangenten an $k_1$, sodass die Tangentenabschnitte $|PB_1|$ und $|PB|$ gleich lang sind. Aus gleichem Grund (Tangenten an $k_2$) ist auch $|PB|=|PB_2|$ und damit $P$ der Mittelpunkt der Strecke $B_1B_2$. Insbesondere ist also
$|PB|=\frac{1}{2} |B_1B_2|=\sqrt{r_1r_2}$.
Aus Symmetriegründen ist $|QB|=|PB|$, und da $Q$, $B$ und $P$ nach Voraussetzung auf einer Geraden liegen, ist
$|PQ|=2|PB|=2\sqrt{r_1}{r_2}$.
\quoteon
Aufgabe 200924: a) Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen $n\geq 3$, für die die folgende Aussage gilt!
"Jedes Prisma, dass ein konvexes $n$-Eck als Grundfläche hat, hat genau $20n$ Diagonalen."
b) Ermittel Sie für jedes Prisma, für dass die in a) genannte Aussage gilt, die Anzahl der Flächendiagonalen und die der Raumdiagonalen!
Hinweis: Ein $n$-Eck heißt genau dann konvex, wenn jeder seiner Innenwinkel kleiner als $180^{\circ}$ ist.
\quoteoff
Lösung:
Als "Diagonalen" eines Prismas werden alle Strecken zwischen je zwei seiner Eckpunkte bezeichnet, die keine Kante des Prismas sind.
a) Für jeden der $2n$ Eckpunkte eines Prismas mit konvexem $n$-Eck als Grundfläche gilt, dass von ihm Kanten zu genau drei anderen Eckpunkten des Prismas ausgehen. Es ist also Endpunkt von genau $2n-3-1=2n-4$ Diagonalen. (Von diesem Eckpunkt geht nur keine Diagonale zu den drei Eckpunkten, durch die es mit einer Kante verbunden ist, sowie zu sich selbst, aus.) Da jede Diagonale genau zwei Eckpunkte miteinander verbindet, gibt es also in einem solchen Prisma mit einem konvexen $n$-Eck als Prisma genau $\frac{1}{2} \cdot 2n \cdot (2n-4)=n \cdot (2n-4)$ Diagonalen. Damit dies genau $20n$ sind, muss also $2n-4=20$, d.h. $n=12$ gelten. Da keine Voraussetzungen über die Form des Prismas gemacht wurde, erfüllen genau alle Prismen, deren Grundfläche ein konvexes 12-Eck ist, die Aussage.
b) Raumdiagonalen seien unter den Diagonalen genau jene, die nicht in einer Seitenfläche des Prismas verlaufen. Das bedeutet, dass diese durch je einen Eckpunkt der Grund- und Deckfläche begrenzt sind, welche aber nicht gemeinsam in einer Seitenfläche des Prismas liegen.
Für jeden der $n$ Eckpunkte der Grundfläche gilt, dass er mit genau einem der Eckpunkte der Deckfläche durch eine Kante verbunden ist und mit genau zwei weiteren jeweils in einer gemeinsamen Seitenfläche liegt. Also gibt es von diesem Eckpunkt der Grundfläche genau $n-3$ ausgehende Raumdiagonalen, sodass es insgesamt $n\cdot (n-3)$ Raumdiagonalen gibt, was im konkreten Fall mit $n=12$ auf genau $12 \cdot 9=108$ Raumdiagonalen bedeutet. Die übrigen der $20n=240$, also $132$ (bzw. allgemein $n\cdot (2n-4)-n \cdot (n-3)=n\cdot (n-1)$), sind dann die Flächendiagonalen.
\quoteon
Aufgabe 200932: Es seien $a$, $b$, $c$, $d$ positive reelle Zahlen, für die $a>b>c>d$ sowie $a+d=b+c$ vorausgesetzt wird. Beweisen Sie, dass dann stets $a^2+d^2>b^2+c^2$ gilt!
\quoteoff
Lösung: Wegen $a>b$ existiert ein $x>0$ mit $a=b+x$. Aufgrund $a+d=b+c$ ist dann $d=c-x$. Insbesondere ist $ad=(b+x)(c-x)=bc-(b-c)x-x^2b^2+c^2$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 200934: Ermitteln Sie alle Paare $(a,b)$ natürlicher Zahlen mit $a>b$, für die die folgenden Aussagen zutreffen!
(1) Die Zahl $a$ ist (in dekadischer Ziffernschreibweise) zweistellig, die Zahl $b$ ebenfalls.
(2) Vertauscht man die Ziffern von $a$ miteinander, so erhält man $b$.
(3) Subtrahiert man $b^2$ von $a^2$, so erhält man eine Quadratzahl.
\quoteoff
Lösung:
Nach (1) und (2) existieren positive Ziffern $c>d$ mit $c,d\in\{1,2,\dots,9\}$, sodass $a=10c+d$ und $b=10d+c$ gilt. Dann ist
$a^2-b^2=(100c^2+20cd+d^2)-(100d^2+20dc+c^2)=99(c^2-d^2)$
eine Quadratzahl, also wegen $9=3^2$ auch $11(c^2-d^2)=11(c-d)(c+d)$. Da 11 eine Primzahl ist, muss mindestens einer der Faktoren $(c-d)$ bzw. $(c+d)$ auch durch 11 teilbar sein, damit in der Primfaktorzerlegung des Produkts die Primzahl 11 nicht nur einmal vorkommt. Da aber $0
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Ex_Senior
| Beitrag No.583, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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Bei folgender Aufgabe komme ich auf einen Widerspruch zu dem, was laut Aufgabenstellung zu zeigen ist. Mag jemand mal mir meinen Fehler aufzeigen? :)
\quoteon
Aufgabe 200931: In dem folgenden Schema sind die Buchstaben so durch Ziffern zu ersetzen, dass eine richtig gerechnete Divisionsaufgabe ohne Rest entsteht. Dabei können verschiedene Buchstaben auch durch gleiche Ziffern ersetzt werden. Wie üblich darf eine mehrstellig geschriebene Zahl nicht die Anfangsziffer 0 haben.
Beweisen Sie, dass es genau eine Ersetzung dieser Art gibt, die den Anforderungen der Aufgabe genügt! Ermitteln Sie diese Ersetzung!
\sourceon
a b c 5 5 : 5 d e = f 5 g
h i 5
-----
j k m n
p 5 k r
-------
s t u v
w x y z
\sourceoff
\quoteoff
Lösung:
Wegen $5de\geq 500$ und damit $2\cdot 5de\geq 1000$, aber $02525$, also $j2mn\geq 3200$, was ein Widerspruch ist, da dann $j2mn>6\cdot 505=3030$ gelten würde, sodass die schriftliche Division nicht korrekt ausgeführt wäre. Also muss $d=1$ (und damit auch $i=1$) gelten, sodass wir $p5kr=5\cdot 515=2575$ erhalten. Also muss wegen $2575=5\cdot 515 < jkmn < 6\cdot 515=3090$ und $k=7$ dann $j=2$ gelten. Außerdem ist aufgrund des Vorgehens bei der schriftlichen Division $n=5$.
Trägt man alle bisher gefundenen Informationen ein, erhält man
\sourceon
a b c 5 5 : 5 1 5 = 1 5 g
5 1 5
-----
2 7 m 5
2 5 7 5
-------
s t u v
w x y z
\sourceoff
Damit die Division ohne Rest aufgeht, muss $stuv=wxyz$ gelten. Aufgrund des Vorgehens bei der schriftlichen Division ist $v=z=5$ und $u=y=0$. Weiterhin ist $stu=27m5-2575\leq 2795-2575=220$, also $stuv\leq 2205$. Nun ist einerseits $g \cdot 515 = wxyz=stuv=st05$ und andererseits $g\cdot 515 \leq 2205$. Wegen $s=w>0$ sind also die Vielfachen von 515 im Bereich $1000$ bis $2205$ zu betrachten. Das sind $1030$, $1545$ und $2060$. Keines davon erfüllt die Bedingung durch die Aufgabenstellung, sodass es keine Lösung für diese gibt.
:-?
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.584, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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Da ist ein Tipfehler in der Aufgabenstellung.
Richtig ist
\sourceon
a b c 5 5 : 5 d e = f 5 g
h i 5
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j k m n
p 5 q r
-------
s t u v
w x y z
\sourceoff
\quoteoff
Also statt p5kr muss p5qr stehen.
Sorry. Ich habe bei Manuela Kugel abgeschrieben und nicht in der alpha nachgesehen.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.585, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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\quoteon(2019-06-01 19:53 - stpolster in Beitrag No. 584)
Da ist ein Tipfehler in der Aufgabenstellung.
\quoteoff
Ah, das erklärt das Problem. Danke für die Richtigstellung! :)
Na dann wollen wir mal die 2009 abschließen:
\quoteon
Aufgabe 200931: In dem folgenden Schema sind die Buchstaben so durch Ziffern zu ersetzen, dass eine richtig gerechnete Divisionsaufgabe ohne Rest entsteht. Dabei können verschiedene Buchstaben auch durch gleiche Ziffern ersetzt werden. Wie üblich darf eine mehrstellig geschriebene Zahl nicht die Anfangsziffer 0 haben.
Beweisen Sie, dass es genau eine Ersetzung dieser Art gibt, die den Anforderungen der Aufgabe genügt! Ermitteln Sie diese Ersetzung!
\sourceon
a b c 5 5 : 5 d e = f 5 g
h i 5
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j k m n
p 5 q r
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s t u v
w x y z
\sourceoff
\quoteoff
Lösung:
Wegen $5de\geq 500$ und damit $2\cdot 5de\geq 1000$, aber $0
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Ex_Senior
| Beitrag No.586, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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Dank für die vielen, neuen Lösungen.
Jetzt haben wir 669 gelöste Aufgaben.
LG Steffen
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salomeMe
Senior
Dabei seit: 06.10.2015
Mitteilungen: 451
Wohnort: Deutschland
| Beitrag No.587, eingetragen 2019-06-01
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zur Aufgabe 071045:
Die drei Straßen zwischen den drei Werkhallen bilden ein ebenes Dreieck, da die Hallen nicht auf einer Geraden liegen. Der Bahnhof B ist Mittelpunkt des Innkreises dieses Dreiecks, da nur dieser gleiche Abstände zu den drei Dreiecksseiten hat.
Der kürzeste Weg des Busses sollte nur die zwei kürzeren Seiten des Dreiecks \(W_{2}W_{3}\) und \(W_{3}W_{1}\) sowie \(BW_2\) und \(BW_1\) enthalten. Das ist so, da der Weg länger als der Dreiecksumfang sein muss und die kleinste Abweichung vom Dreiecksumfang entsteht, wenn die längste Dreiecksseite \(W_{1}W_{2}\) durch \(BW_2\) und \(BW_1\) ersetzt wird.
Also sind zwei kürzeste Wege möglich, abhängig davon, ob mit \(BW_2\) oder \(BW_1\) gestartet wird.
Viele Grüße
salomeMe
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Ex_Senior
| Beitrag No.588, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01
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\quoteon(2019-06-01 22:13 - salomeMe in Beitrag No. 587)
zur Aufgabe 071045:
Der kürzeste Weg des Busses sollte nur die zwei kürzeren Seiten des Dreiecks \(W_{2}W_{3}\) und \(W_{3}W_{1}\) sowie \(BW_2\) und \(BW_1\) enthalten. Das ist so, da der Weg länger als der Dreiecksumfang sein muss und die kleinste Abweichung vom Dreiecksumfang entsteht, wenn die längste Dreiecksseite \(W_{1}W_{2}\) durch \(BW_2\) und \(BW_1\) ersetzt wird.
\quoteoff
Moin salomeMe,
deine Begründung verstehe ich nicht: Warum sollte nicht eine andere Ersetzung einen kürzeren Umweg darstellen? Kannst du das genauer ausführen?
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.589, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Na da ist mir eine Aufgabe der 2009 durch die Lappen gegangen:
\quoteon
Aufgabe 200933: Von einem Rechteck $ABCD$ und einem Punkt $P$ in seinem Innern wird $|PA|=\sqrt{2}$ cm, $|PB|=\sqrt{3}$ cm, $|PC|=\sqrt{5}$ cm vorausgesetzt.
Beweisen Sie, dass die Länge $|PD|$ durch die Voraussetzungen eindeutig bestimmt ist, und ermitteln Sie diese Länge!
\quoteoff
Lösung:
Es sei $a$ die Länge des Lots von $P$ auf die Seite $AB$, $b$ die des Lots von $P$ auf $BC$, $c$ die des Lots von $P$ auf $CD$ und $d$ die des Lots von $P$ auf $DA$. Damit bilden jeweils ein Eckpunkt, die Lotfußpunkte auf den von diesem Eckpunkt ausgehenden Seiten des Rechtecks und $P$ ein Quadrat, dessen Diagonalen "Eckpunkt-$P$" die Längen
$|AP|=\sqrt{a^2+b^2}$, $|BP|=\sqrt{b^2+c^2}$, $|CP|=\sqrt{c^2+d^2}$ und $|DP|=\sqrt{d^2+a^2}$ besitzen. Da nach Aufgabenstellung $|AP|^2+|BP|^2=|CP|^2$ gilt, folgt $a^2+b^2+b^2+c^2=c^2+d^2$, also $a^2+2b^2=d^2$ und damit $|DP|=\sqrt{a^2+d^2}=\sqrt{a^2+a^2+2b^2}=\sqrt{2 \cdot (a^2+b^2)}=\sqrt{2} \cdot |AP|=2$ cm.
\quoteon
Aufgabe 210921: In der Divisionsaufgabe $a:b=c$ sind $a,b,c$ so durch natürliche Zahlen zu ersetzen, dass eine richtig gerechnete Divisionsaufgabe entsteht, wobei nur die Ziffern 1, 2, 3, 4, 5, und zwar jede genau einmal, verwendet werden sollen.
Ermitteln Sie alle Tripel $(a,b,c)$ natürlicher Zahlen, die diesen Anforderungen genügen!
\quoteoff
Lösung:
Da für drei Zahlen 5 Ziffern zur Verfügung stehen, muss mindestens eine einstellig sein. Da der Dividend $a$ bei einer Divisionsaufgabe (im Bereich der natürlichen Zahlen) der größte Wert ist, muss $a$ mindestens zweistellig sein. Wären $b$ und $c$ einstellig, so würde ihr Produkt $a$ höchstens $5 \cdot 4=20$ betragen, sodass nicht alle fünf Ziffern verwendet werden würden. Also muss $a$ zweistellig und noch genau einer der beiden Werte $b$ bzw. $c$ zweistellig sein, während der andere einstellig ist.
Da die Ziffer 5 nur genau einmal verwendet werden darf, kann sie nicht als Einerziffer verwendet werden, da dann auch die entsprechende Zahl durch 5 teilbar wäre, was die Teilbarkeit durch 5 mindestens einer weiteren der drei Zahlen nach sich ziehen würde. Dies ist aber aufgrund der nicht weiter zur Verfüung stehenden Endziffern 0 bzw. einer weiteren 5 nicht möglich. Also muss die Ziffer 5 als Zehnerziffer verwendet werden. Dies kann aber nicht die Zehnerziffer des Quotienten oder Divisors sein, weil sonst dieser Wert mindesten 51 wäre, während für den notwendigerweise größeren Dividenden nur noch maximal die Zahl 43 möglich wäre. Also muss die 5 der Zehner von $a$ sein.
Es kann weder $b$ noch $c$ gleich 1 sein, da sonst der andere Wert gleich $a$ sein müsste, was eine doppelte Nutzung von Ziffern nach sich ziehen würde.
Da 53 eine Primzahl ist und $51=3\cdot 17$ als einzige nicht-triviale Zerlegung die nicht vorhandene Ziffer 7 verwendet, scheiden diese beiden Möglichkeiten für $a$ aus. Es verbleiben zwei Fälle:
1. Fall: $a=52$. Dann gibt es wegen $52=2\cdot 26=4\cdot 13$ genau die beiden Möglichkeiten $b=4$ und $c=13$ bzw. umgekehrt $b=13$ und $c=4$. Andere Zerlegungen gibt es in diesem Fall nicht.
2. Fall: $a=54$. Dann gibt es wegen $54=2\cdot 27=3\cdot 18=6\cdot 9$ als einzig möglichen, nicht-trivialen Zerlegungen keine den Anforderungen der Aufgabenstellung genügenden Divisionsaufgaben.
Es gibt also genau zwei solche Tripel, nämlich $(a,b,c)\in\{(52,4,13),\ (52,13,4)\}$.
\quoteon
Aufgabe 210922: Gegeben sei ein beliebiger Quader, für dessen Kantenlängen $a$, $b$ und $c$ die Beziehung $a0,
x\cdot y \cdot z &>0,
xy+xz+yz&>0
\end{eqnarray*}$
erfüllen, wenn $x$, $y$ und $z$ positiv sind!
\quoteoff
Lösung:
Sind $x$, $y$ und $z<$ allesamt positiv, so erfüllen sie offensichtlich alle drei Ungleichungen.
Gelten nun ab jetzt für die drei Variablen die drei Ungleichungen. Dann sind aufgrund der zweiten Ungleichung alle drei verschieden von 0 und entweder genau 0 oder genau 2 negativ. (Bei genau einer oder genau drei negativen Zahlen wäre ihr Produkt auch negativ, im Widerspruch zur zweiten Ungleichung.)
Nehmen wir nun an, dass genau zwei der drei Variablen negativ wären, d.h., wir nehmen o.B.d.A. $x>0$ und $y<0$ sowie $z<0$ an. Dann ist aufgrund der ersten Ungleichung $x>x+z>-y>0$ und analog $x>x+z>0$. Damit gilt $0<(x+y)(x+z)[Die Antwort wurde nach Beitrag No.586 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.590, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Um mal meine Frage von oben noch etwas genauer zu stellen:
Du sagst:
\quoteon(2019-06-01 22:13 - salomeMe in Beitrag No. 587)
Das ist so, da der Weg länger als der Dreiecksumfang sein muss und die kleinste Abweichung vom Dreiecksumfang entsteht, wenn die längste Dreiecksseite $W_{1}W_{2}$ durch $BW_2$ und $BW_1$ ersetzt wird.
\quoteoff
M.E. behauptest du also hier, dass z.B.
$|BW_2|+|BW_1|-|W_1W_2| < |BW_3|+|BW_1|-|W_1W_3|$
ist, was äquivalent ist zu
$|BW_2|+|W_1W_3| < |BW_3|+|W_1W_2|$,
dass also die Summe "Dreiecksseite plus Verbindung des gegenüberliegenden Eckpunkts zum Inkreismittelpunkt" maximal wird, wenn man hierfür die längste Dreiecksseite verwendet.
Aber warum sollte das der Fall sein?
Vielleicht übersehe ich ein einfaches Argument. Aber ich denke, es lohnt sich, damit es anderen nicht so geht wie mir jetzt, dieses in deiner obigen Lösung auch mit anzugeben. :)
Cyrix
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| Beitrag No.591, eingetragen 2019-06-02
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131243
Es seien $n_1$ und $n_2$ zwei positive ganze Zahlen; in einer Ebene seien eine Menge $M_1$ aus $2n_1$ voneinander verschiedenen Punkten sowie eine Menge $M_2$ aus $2n_2$ voneinander und von jedem der Punkte
aus $M_1$ verschiedenen Punkten so gelegen, dass es keine Gerade gibt, die durch drei dieser $2n_1$ + $2n_2$ Punkte geht.
Man beweise, dass dann eine Gerade $g$ mit folgender Eigenschaft existiert:
Zerlegt $g$ die Ebene in die Halbebenen $H$ und $K$ (wobei $g$ selbst weder zu $H$ noch zu $K$ gerechnet
werde), so liegen sowohl in $H$ als auch in $K$ jeweils genau die Hälfte aller Punkte aus $M_1$ und genau die Hälfte aller Punkte aus $M_2$.
\showon Konstruktiver Beweis, mit klarer Idee aber ekliger Beschreibung
Zunächst wählen wir eine Gerade, die zu keiner der Verbindungsstrecken zweier Punkte aus $M_1$ parallel ist und die alle Punkte von $M_1$ auf der rechten Seite hat. Hierbei sind 'linke Seite' und 'rechte Seite' vereinfachte Bezeichnungen für die beiden Halbebenen, in welche die Gerade die Ebene teilt, und für stetige Bewegungen der Gerade (wie stetige Verschiebungen und Rotationen) soll sich diese Einteilung stetig mitändern, d.h. wir springen in unserer Bezeichnung nicht zwischen links und rechts.
Wenn diese Gerade nun nach rechts verschoben wird, so kann die Anzahl der Punkte aus $M_1$, die sich auf der rechten Seite befinden, nur in diskreten Einerschritten abnehmen (nach Voraussetzung der Aufgabenstellung und Konstruktion der Gerade). Zudem ist, wenn man die Gerade hinreichend weit nach rechts verschoben hat, jeder Punkt von $M_1$ auf der linken Seite der verschobenen Gerade (so eine Verschiebung existiert aufgrund der Endlichkeit von $M_1$). Da $M_1$ eine gerade Anzahl von Punkten hat, gibt es somit eine Verschiebung der Gerade, für die $M_1$ halbiert wird, d.h. auf beiden Seiten der Gerade sind jeweils $n_1$ Punkte aus $M_1$. Bezeichne diese verschobene Gerade mit $g$.
Betrachte nun die Verbindungsstrecke eines Punktes $P_l$ der linken und eines Punktes $P_r$ der rechten Seite von $g$ ($P_l, P_r \in M_1$), die mit $g$ von allen derartigen Verbindungsstrecken den kleinsten Winkel $\alpha$ einschließt, wobei der eingeschlossene Winkel als orientierter Winkel zu verstehen ist, der auf der linken Seite von $g$ betrachtet und entgegen dem Uhrzeigersinn als positiv definiert wird. Drehe $g$ nun entgegen dem Uhrzeigersinn um den Schnittpunkt von $P_lP_r$ mit $g$. Wegen der Minimalität von $\alpha$ wird bei dieser Drehung kein weiterer Punkt von $M_1$ überstrichen, bis schließlich erstmalig die Punkte $P_l$ und $P_r$ auf der gedrehten Gerade $g'$ liegen; nach Voraussetzung der Aufgabenstellung liegt dann auch kein weiterer Punkt auf $g'$. Wird $g'$ (um beliebige hinreichend kleine Winkel größer 0) weiter gedreht zu $g''$, so liegt $P_l$ auf der rechten und $P_r$ auf der linken Seite von $g''$ (und kein weiterer Punkt von $M_1$ wird dabei überstrichen), sodass $g''$ weiterhin $M_1$ halbiert.
Mit dem oben beschriebenen Rotationsschema lassen sich also Geraden konstruieren, die $M_1$ halbieren und eine beliebige Orientierung haben, aber nicht parallel zu den (endlich vielen) Verbindungsstrecken zweier Punkte aus $M_1$ sind. Insbesondere kann man eine Gerade $g'''$ konstruieren, die $M_1$ halbiert, zu $g$ parallel ist und alle Punkte aus $M_1$, die auf der linken Seite von $g$ waren, auf der rechten Seite hat. ($g'''$ entsteht also gewissermaßen aus einer Rotation von $g$ um insgesamt 180$^\circ$, allerdings um im Allgemeinen wechselnde Drehpunkte)
O.B.d.A. seien nun weniger als $n_2$ Punkte von $M_2$ auf der linken Seite von $g$ (falls es genau $n_2$ Punkte wären, wären wir fertig). Damit sind also mehr als $n_2$ Punkte von $M_2$ auf der linken Seite von $g'''$. Bei dem Rotationsvorgang von $g$ nach $g'''$ nach obigem Schema kann sich die Anzahl der Punkte von $M_2$, die auf der linken Seite der rotierenden Gerade liegen, nur in diskreten Schritten um 0 oder $\pm 1$ oder $\pm 2$ ändern (betragsmäßig mehr als zwei geht nach Voraussetzung der Aufgabenstellung nicht). Die Änderung um $\pm 1$ oder $\pm 2$ geschieht nur dann, wenn gerade kein Punkt von $M_1$ überstrichen wird (da bei der Rotation immer entweder keiner oder genau zwei Punkte von $M_1$ überstrichen werden, und nach Voraussetzung der Aufgabenstellung keine drei Punkte aus $M_1 \cup M_2$ auf einer Geraden liegen).
Weil auf der linken Seite von $g$ und $g'''$ weniger bzw. mehr als $n_2$ Punkte von $M_2$ liegen, wird also irgendwann während des Rotationsvorganges die Anzahl der Punkte aus $M_2$ auf der linken Seite der rotierenden Gerade von $n_2-1$ auf $n_2$ oder von $n_2-2$ auf $n_2$ wachsen (dann wären wir fertig) oder von $n_2-1$ auf $n_2+1$ wachsen, indem zwei Punkte $P_1$, $P_2$ von $M_2$ überstrichen werden, die auf der rechten Seite der Geraden liegen.
Betrachte also den letzteren Fall, wenn $P_1$ und $P_2$ auf der rotierenden Gerade liegen. Drehe die Gerade nun entgegen dem Uhrzeigersinn um den Mittelpunkt zwischen $P_1$ und $P_2$ um einen hinreichend kleinen Winkel größer 0, sodass die Gerade $h$ entsteht. Da der Drehwinkel hinreichend klein ist, wird kein Punkt aus $M_1$ überstrichen, sodass $h$ immer noch $M_1$ halbiert. Weiterhin halbiert $h$ die Menge $M_2$, da einer der Punkte $P_1, P_2$ rechts von $h$ und der andere links von $h$ liegt, und kein weiterer Punkt aus $M_2$ überstrichen wurde.
$h$ ist also so eine gesuchte Gerade, die $M_1$ und $M_2$ halbiert.
\showoff
151241
Man untersuche, ob es ein Polynom $P(x)$ dritten Grades gibt, so daß $P (0) = 74$, $P (1) = 19$, $P (2) = 65$ und $P (3) = 92$ gilt. Ist dies der Fall, so ermittle man $P (4)$ und $P (5)$.
Siehe https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=178513&start=0&lps=1315848 ;-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.592, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon(2019-06-02 03:44 - Kornkreis in Beitrag No. 591)
151241
Man untersuche, ob es ein Polynom $P(x)$ dritten Grades gibt, so daß $P (0) = 74$, $P (1) = 19$, $P (2) = 65$ und $P (3) = 92$ gilt. Ist dies der Fall, so ermittle man $P (4)$ und $P (5)$.
Siehe https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=178513&start=0&lps=1315848 ;-)
\quoteoff
Danke für die andere Lösung. Aber bei 151241 finde ich unter dem Link keine Lösung.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.593, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Moin Steffen,
in Beitrag No. 5 des verlinkten Threads hatte ich damals zu der Aufgabe folgendes geschrieben, was ich -- den Rechenfehler beseitigend -- hier noch einmal überarbeitet wiedergebe:
Lösung:
Eine Folge $P(0)$, $P(1)$, $P(2)$, $\dots$ wird genau dann durch ein Polynom $k$-ten Grades mit $k>0$, $k\in\mathbb{N}$ beschrieben, wenn ihre Differenzenfolge $P^{\prime}(0):= P(1) - P(2)$, $P^{\prime}(1) := P(2)- P(1)$, $\dots$ durch ein Polynom $(k-1)$-sten Grades beschrieben wird.
Angewendet auf die Zahlenwerte der Aufgabe erhält man:
$P^{\prime}(0) = -55$, $P^{\prime}(1) = 46$, $P^{\prime}(2) = 27$;
$P^{\prime\prime}(0) = 101$, $P^{\prime\prime}(1) = -19$; also genügt kein Polynom zweiten Grades
$P^{\prime\prime\prime}(0) = -120$.
Setzt man also nun $P^{\prime\prime\prime}$ mit dem Wert von $P^{\prime\prime\prime}(0)$ identisch fort, erhält man entsprechend ein kubisches Polynom für $P$ mit den geforderten Anfangswerten.
Insbesondere ergibt sich
$P^{\prime\prime\prime}(1) = -120$, $P^{\prime\prime\prime}(2) = -120$;
$P^{\prime\prime}(2) = -139$, $P^{\prime\prime}(3) = -259$;
$P^{\prime}(3) = -112, P^{\prime}(4) = -371$;
$P(4) = -20$ und $P(5) = -391$.
Bemerkung: Die Funktion $P^{\prime}$ ist die "diskrete Ableitung" der Funktion $P$.
Cyrix
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salomeMe
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| Beitrag No.594, eingetragen 2019-06-02
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Hallo cyrix,
Du hast recht ich habe einige Argumente zur Begründung ausgelassen: der größten Dreiecksseite liegt immer auch der größet Innenwinkel des Dreiecks gegenüber. Außerdem zerlegen die Lote vom Mittelpunkt des Innkreises auf die drei Dreiecksseiten die Dreiecksfläche in drei Drachenvierecke. Das kleinste Drachenviereck enthält den größten Winkel des Dreiecks. Mit diesen Argumenten sollte meine Behauptung leicht zu beweisen sein. Natürlich muss auch berücksichtigt werden, dass es nur eine größte Seite im Dreieck gibt.
Mir ist klar, dass dies nur eine Beweisidee ist - und keine volle Punktzahl gebracht hätte - habe in letzter Zeit leider zu wenig davon für Matherätsel.
Viele Grüße
salomeMe
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| Beitrag No.595, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Moin salomeMe,
\quoteon(2019-06-02 11:23 - salomeMe in Beitrag No. 594)
Das kleinste Drachenviereck enthält den größten Winkel des Dreiecks.
\quoteoff
Mir ist unklar, was du mit "kleinstem Drachenviereck" meinst (kleinster Flächeninhalt? kleinster Umfang?), aber auch, wie du dann auf deine Schlussfolgerung kommst.
Ich tue mich jedenfalls weiterhin schwer, ein einfaches Argument für die Aufgabe zu sehen.
Es gilt, dass man die Entfernung eines Eckpunkts zum Inkreismittelpunkt berechnen kann als Quotient "Inkreisradius $r$ : $\sin\left(\frac{1}{2} \cdot \text{ eingeschlossener Winkel}\right)$". Das bedeutet, dass die Entfernung des Eckpunkts vom Inkreismittelpunkt am kleinsten ist, der der größten Seite gegenüberliegt.
In unserem Fall gilt also, da $W_1W_2$ die längste Seite ist, dass $BW_3$ die kürzeste Verbindung eines Eckpunkts zum Inkreismittelpunkt ist. Insbesondere ist mir nicht klar, wie sich die Summen "Dreiecksseite + Verbindung des gegenüberliegenden Eckpunkts mit dem Inkreismittelpunkt" verhalten, da die beiden Summanden gegenläufig geordnet sind. Es ist mir also auch nicht klar, warum die Differenz "zwei solche Verbindungen - eingeschlossene Dreiecksseite" minimal werden sollte, wenn die eingeschlossene Dreiecksseite die längste ist.
Cyrix
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Kornkreis
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| Beitrag No.596, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon(2019-06-02 09:51 - stpolster in Beitrag No. 592)
\quoteon(2019-06-02 03:44 - Kornkreis in Beitrag No. 591)
151241
Man untersuche, ob es ein Polynom $P(x)$ dritten Grades gibt, so daß $P (0) = 74$, $P (1) = 19$, $P (2) = 65$ und $P (3) = 92$ gilt. Ist dies der Fall, so ermittle man $P (4)$ und $P (5)$.
Siehe https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=178513&start=0&lps=1315848 ;-)
\quoteoff
Danke für die andere Lösung. Aber bei 151241 finde ich unter dem Link keine Lösung.
LG Steffen
\quoteoff
Ich wollte das Thema schon mal anstoßen, hier auch meine ausformulierte Lösung:
\showon Lösung 151241
Das Polynom hat die Form $P(x)=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$. Mit den angegebenen Bedingungen erhält man das Gleichungssystem
$a_0=74$
$a_3+a_2+a_1+a_0=19$
$8a_3+4a_2+2a_1+a_0=65$
$27a_3+9a_2+3a_1+a_0=92$
Daraus kann man leicht $a_0,a_1,a_2,a_3$ bestimmen und erhält $P(x)=-20 x^3 + 110,5 x^2 - 145,5 x + 74$. Damit errechnet man $P(4)=-20$ und $P(5)=-391$.
\showoff
Übrigens habe ich in meiner obigen Lösung der 131243 noch drei Kleinigkeiten ergänzt, bitte so übernehmen Steffen!
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.594 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.597, eingetragen 2019-06-02
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161233
Es sei eine Menge von endlich vielen roten und grünen Punkten gegeben, von denen einige durch Strecken verbunden sind.
Ein Punkt dieser Menge heiße außergewöhnlich, wenn mehr als die Hälfte der von ihm ausgehenden Verbindungsstrecken in Punkten enden, die eine andere Farbe als er haben.
Wenn es in der gegebenen Punktmenge außergewöhnliche Punkte gibt, so wähle man einen beliebigen aus und färbe ihn in die andere Farbe um. Falls in der entstandenen Menge außergewöhnliche Punkte existieren, werde das Verfahren fortgesetzt.
Man beweise:
Für jede Menge der beschriebenen Art und für jede Möglichkeit, jeweils außergewöhnliche Punkte zum Umfärben auszuwählen, entsteht nach endlich vielen solchen Umfärbungen eine Menge, die keinen außergewöhnlichen Punkt enthält.
\showon Lösung
Bezeichne eine Strecke als "außergewöhnlich", wenn sie einen roten mit einem grünen Punkt verbindet. Unter den Strecken, die von einem außergewöhnlichen Punkt zu anderen Punkten der Menge ausgehen, sind also mehr als die Hälfte außergewöhnlich. Beim Umfärben eines außergewöhnlichen Punktes reduziert sich somit die Anzahl der außergewöhnlichen Strecken, die von diesem Punkt ausgehen, um mindestens eins. Insbesondere reduziert sich insgesamt die Anzahl der außergewöhnlichen Strecken in der gegebenen Anordnung von Punkten und Verbindungsstrecken um mindestens eins.
Die Anzahl der Verbindungsstrecken zweier verschiedener Punkte der gegebenen Punktmenge ist endlich, nennen wir sie $n$. Nach höchstens $n$-maligem Ausführen des Umfärbeverfahrens hat man also die Situation erreicht, dass keine außergewöhnliche Strecke mehr vorliegt (d.h. nur gleichfarbige Punkte haben Verbindungsstrecken untereinander, sodass es insbesondere keine außergewöhnlichen Punkte gibt), oder dass kein Punkt mehr außergewöhnlich ist und das Umfärbeverfahren folglich nicht mehr durchgeführt werden kann. Dies zeigt die Behauptung.
\showoff
@MPler: Sehe ich es richtig, dass man die Definition der Aufgabenstellung präzisieren muss, nämlich zu "Ein Punkt dieser Menge heiße außergewöhnlich, wenn von ihm eine Verbindungsstrecke zu einem anderen Punkt der Menge ausgeht und mehr als die Hälfte der von ihm ausgehenden Verbindungsstrecken in Punkten enden, die eine andere Farbe als er haben." ?
Denn ansonsten wären alle isolierten Punkte ohne Verbindungsstrecke außergewöhnlich und die zu zeigende Aussage gilt nicht.
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| Beitrag No.598, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon
Aufgabe 210924: Gegeben sei ein beliebiges Dreieck $ABC$.
Konstruieren Sie eine Parallele zu $BC$ so, dass sie die Dreiecksseiten $AB$ und $AC$ in den Punkten $D$ bzw. $E$ schneidet, für die $|ED|=|DB|+|EC|$ gilt!
Beschreiben und begründen Sie Ihre Konstruktion!
Untersuchen Sie, ob es /zu dem gegebenen Dreieck $ABC$) genau eine Parallele der verlangten Art gibt!
\quoteoff
Lösung:
Konstruktion:
1) Man konstruiere die Winkelhalbierende $w$ des Winkels $\angle BAC$ und deren Schnittpunkt $W$ mit der Seite $BC$.
2) Der Kreis um $C$ durch $W$ schneide die Gerade $AC$ in zwei Punkten, wobei genau einer nicht auf der gleichen Seite von $C$ wie $A$ liegt. Dieser Schnittpunkt heiße $X$.
3) Die Parallele zur Geraden $XW$ durch $C$ schneide $w$ in $S$.
4) Die Parallele zur Geraden $BC$ durch $S$ schneide die Geraden $AB$ in $D$ und $AC$ in $E$.
Begründung:
Da $A$, $E$ und $C$ in dieser Reihenfolge auf einer Geraden liegen, gilt $|AE|+|EC|=|AC|$, also
$\frac{|AE|+|EC|}{|ES|}=\frac{|AC|}{ES}$.
Da die Geraden $ES$ und $CW$ nach Konstruktion parallel sind, gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|ES|}{|AS|}=\frac{|CW|}{|AW|}$, also $|ES|=|CW| \cdot \frac{|AS|}{|AW|}$. Setzt man dies ein, erhält man
$\frac{|AE|+|EC|}{|ES|}=\frac{|AC|}{ES}=\frac{|AC|}{|CW|} \cdot \frac{|AW|}{|AS|}$.
Da die Geraden $CS$ und $XW$ nach Konstruktion parallel sind, gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|AW|}{|AS|}=\frac{|AX|}{|AC|}$. Setzt man dies ein, erhält man
$\frac{|AE|+|EC|}{|ES|}=\frac{|AC|}{|CW|} \cdot \frac{|AW|}{|AS|}=\frac{|AC|}{|CW|} \cdot \frac{|AX|}{|AC|} = \frac{|AX|}{|CW|}$.
Nach Konstruktion ist $|AX|=|AC|+|CW|$, also
$\frac{|AE|+|EC|}{|ES|} = \frac{|AX|}{|CW|}=\frac{|AC|+|CW|}{|CW|}=1+\frac{|AC|}{|CW|}$.
Da die Geraden $ES$ und $CW$ parallel sind, gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|AC|}{|CW|}=\frac{|AE|}{|ES|}$. Setzt man das ein, erhält man
$\frac{|AE|+|EC|}{|ES|} = 1+\frac{|AC|}{|CW|} = 1+\frac{|AE|}{|ES|}=\frac{|AE|+|ES|}{|ES|}$, also $|EC|=|ES|$.
Da die Geraden $ED$ und $CB$ parallel sind, gilt $\frac{|SD|}{|ES|}=\frac{|WB|}{|WC|}$. Da $W$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\angle BAC$ mit der gegenüberliegenden Seite ist, gilt $\frac{|WB|}{|WC|}=\frac{|AB|}{|AC|}$, da eine Winkelhalbierende in einem Dreieck die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der angrenzenden Seiten teilt. Zusammen gilt also
$\frac{|SD|}{|ES|}=\frac{|AB|}{|AC|}$ bzw. $|SD|=|ES| \cdot \frac{|AB|}{|AC|}$.
Setzt man hierin $|ES|=|EC|$ und $|EC|=|AC|-|AE|$ ein, erhält man
$|SD|=(|AC|-|AE|) \cdot \frac{|AB|}{|AC|} = |AB|-|AB| \cdot \frac{|AE|}{|AC|}$.
Da die Geraden $ED$ und $CB$ parallel sind, gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|AE|}{|AC|}=\frac{|AD|}{|AB|}$. Setzt man dies ein, erhält man
$|SD|=|AB|-|AB| \cdot \frac{|AE|}{|AC|}=|AB|-|AB| \cdot \frac{|AD|}{|AB|}=|AB|-|AD|=|DB|$.
Damit gilt $|ED|=|ES|+|SD|=|EC|+|DB|$, wie gefordert.
Zur Eindeutigkeit:
Für eine Parallele $p$ zu $BC$ bezeichne $E^{\prime}$ und $D^{\prime}$ deren Schnittpunkte mit den Geraden $AC$ bzw. $AB$. Bewegt man diese Parallele $p$ beginnend mit $p=BC$ kontinuierlich soweit, bis sie durch $A$ verläuft, dann ist die Länge der zugehörigen Strecke $E^{\prime}\D^{\prime}$ beginnend mit dem Wert $|BC|$ streng monoton auf 0 gesunken. Umgedreht wachsen in diesem Prozess die Streckenlängen $|D^{\prime}B|$ und $|E^{\prime}C|$ von 0 beginnend bis $|AB|$ bzw. $|AC|$, sodass für deren Summe $|D^{\prime}B|+|E^{\prime}C|$ gilt, dass sie streng monoton von 0 bis $|AB|+|AC|>|AB|$ wächst, wobei die letzte Ungleichung die Dreiecksungleichung ist. Also gibt es genau eine Position der Parallelen $p$ in diesem Bereich, an dem Gleichheit zwischen den beiden Werten $|E^{\prime}\D^{\prime}|$ und $|D^{\prime}B|+|E^{\prime}C|$ Gleichheit herrscht. Damit ist die Position der Parallelen eindeutig bestimmt. (Außerhalb des betrachteten Bereichs schneidet $p$ nicht mehr die Dreiecksseiten, was nach Aufgabenstellung gefordert war.)
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.593 begonnen.]
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| Beitrag No.599, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Moin Kornkreis,
\quoteon(2019-06-02 13:20 - Kornkreis in Beitrag No. 597)
Ein Punkt dieser Menge heiße außergewöhnlich, wenn mehr als die Hälfte der von ihm ausgehenden Verbindungsstrecken in Punkten enden, die eine andere Farbe als er haben.
\quoteoff
ein isolierter Punkt hat 0 von ihm ausgehende Verbindungsstrecken und 0 davon enden in Punkten, die eine andere Farbe haben. Es ist aber nicht 0 mehr als die Hälfte von 0, sodass ein isolierter Punkt nicht außergewöhnlich ist.
Man muss also nichts anpassen. :)
Cyrix
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