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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
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 |  Beitrag No.600, eingetragen 2019-06-02
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Hi cyrix,
tatsächlich, es ist eine Aussage über die Anzahlen von Verbindungsstrecken, und diese ist für solche isolierten Punkte einfach 0. Danke! (Ich wollte daraus eine Aussage über die leere Menge machen: Von isolierten Punkten gehen keine Verbindungsstrecken aus, sodass jede Aussage über deren Verbindungsstrecken richtig ist.)
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Ex_Senior
 | Beitrag No.601, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon
Aufgabe 210931: Über eine natürliche Zahl $x$ werden vier Paare von Aussagen gemacht:
Paar A:
(1) $x$ ist eine zweistellige Zahl.
(2) $x$ ist kleiner als 1000.
Paar B:
(1) Die zweite Ziffer der Zahl $x$ ist eine Null.
(2) Die Quersumme der Zahl $x$ ist 11.
Paar C:
(1) $x$ wird mit genau drei Ziffern geschrieben, und zwar mit drei gleichen Ziffern.
(2) $x$ ist durch 37 teilbar.
Paar D:
(1) Die Quersumme der Zahl ist 27.
(2) Das Produkt der Zahlen, die durch die einzelnen Ziffern von $x$ dargestellt werden, beträgt 0.
Untersuchen Sie, ob es natürliche Zahlen $x$ mit $x\neq 0$ gibt, für die in jedem der vier Paare A, B, C, D eine Aussage wahr und eine Aussage falsch ist!
Gibt es solche Zahlen $x$, so ermiiteln Sie alle diese Zahlen!
\quoteoff
Lösung:
Da jede zweistellige Zahl auch kleiner ist als 1000, kann nicht A(1) wahr sein, da sonst auch A(2) wahr wäre. Demzufolge ist $x$ nicht zweistellig, aber kleiner als 1000, also ein- oder dreistellig. Sie kann aber nicht einstellig sein, da sonst sowohl C(1) ($x$ wird mit drei gleichen Ziffern geschrieben) als auch C(2) ($x$ ist durch 37 teilbar) wegen $x>0$ falsch wären. Also ist $x$ eine dreistellige natürliche Zahl.
Wäre C(1) war, so gäbe es eine Ziffer $n$ mit $x=n\cdot 111=n \cdot 3\cdot 37$, sodass auch C(2) wahr wäre, was ein Widerspruch zur Aufgabenstellung ist. Also ist $x$ durch 37, nicht aber durch 3 teilbar. Damit ist auch die Quersumme von $x$ nicht durch 3 teilbar, also nicht 27, sodass D(1) falsch ist und D(2) wahr sein muss. Demzufolge ist eine der Ziffern von $x$ gleich Null. Dies kann nicht die führende Ziffer sein, da sonst die Zahl nicht dreistellig wäre.
Wir unterscheiden nun zwei Fälle, welche Ziffer von $x$ gleich Null ist.
1. Fall: Die zweite Ziffer (Zehnerziffer) von $x$ ist Null. Dann ist B(1) wahr und B(2) muss falsch sein, sodass $x$ eine dreistellige, durch 37 aber nicht 3 teilbare Zahl mit 0 an zweiter Stelle und Quersumme verschieden von 11 ist. Die dreistelligen Vielfachen von 37 lauten
111, 148, 185, 222, 259, 296, 333, 370, 407, 444, 481, 518, 555, 592, 629, 666, 703, 740, 777, 814, 851, 888, 925, 962 und 999. Von diesen haben genau die Zahlen 407 und 703 die Zehnerziffer 0, aber 407 die Quersumme 11, sodass nur $x=703$ eine Lösung für diesen Fall ist.
2. Fall: Die zweite Ziffer von $x$ ist verschieden von Null. Dann muss die Einerziffer von $x$ Null sein und, da B(1) falsch ist, muss B(2) wahr sein und die Zahl eine Quersumme von 11 besitzen. Da die Einerziffer von $x$ gleich 0 ist, ist $x$ also nicht nur durch 37, sondern auch durch 10, also wegen ggT(37,10)=1 auch durch 370, teilbar. Damit gibt es nur die beiden Möglichkeiten 370 oder 740 für $x$ im zu betrachtenden Intervall, wobei die erste Möglichkeit wegen ihrer Quersumme 10 ausgeschlossen ist. Es verbleibt die einzige Lösung $x=740$ für diesen Fall.
Man bestätigt leicht durch die Probe, dass tatsächlich beide Werte 703 und 740 jeweils genau eine der Aussagen eines jeden Paares A, B, C und D erfüllen.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.599 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.602, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Dann machen wir mal die 2109 fertig:
\quoteon
Aufgabe 210932: Ist $ABCD$ ein Rechteck, für dessen Seitenlängen $b=|AD|=6 \text{ cm}$ und $a=|AB|>b$ gilt, so seien $E$, $G$ diejenigen Punkte auf $CD$ und $F$, $H$ diejenigen Punkte auf $AB$, für die $AFED$ und $HBCG$ Quadrate sind.
Beweisen Sie bei diesen Bezeichnungen, dass es genau eine Seitenlänge $a$ gibt, für die $EH \perp AC$ gilt, und ermitteln Sie diese Seitenlänge.
\quoteoff
Lösung:
Offensichtlich ist die genaue Länge von $b$ irrelevant. Wir legen in die Ebene des Rechtecks derart ein Koordinatensystem, dass $A$ im Koordinatenurpsprung, $B$ im Punkt $(a,0)$ und $D$ im Punkt $(0,b)$ zu leigen kommt. Dann gilt nach Konstruktion für die übrigen Punkte, dass sie folgende Koordinaten besitzen: $C(a,b)$, $F(b,0)$, $E(b,b)$, $H(a-b,0)$ und $G(a-b,b)$.
Die Gerade $AC$ hat den Anstieg $m_1=\frac{b-0}{a-0}=\frac{b}{a}$, die Gerade $EH$ den Anstieg $m_2=\frac{b-0}{b-(a-b)}=\frac{b}{2b-a}$, sofern $a\neq 2b$ ist. (Wäre aber $a=2b$, so würde $H$ mit zusammenfallen, die Gerade $EH$ wäre senkrecht zu $AB$, also insbesondere nicht senkrecht zu $AC$, sodass sich in diesem Fall keine Lösung ergibt. Deshalb können wir ab sofort $a\neq 2b$ annehmen.)
Zwei nicht zu den Koordinatenachsen parallele Geraden stehen genau dann senkrecht aufeinander, wenn sich ihre Anstiege zu -1 multiplizieren, d.h., es ist
$EH\perp AC \Leftrightarrow m_1 \cdot m_2 = -1 \Leftrightarrow -1= \frac{b}{2b-a} \cdot \frac{b}{a} \Leftrightarrow b^2=a \cdot (a-2b)=a^2-2ab \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2=2b^2 \Leftrightarrow a-b=\sqrt{2}b \Leftrightarrow a=(1+\sqrt{2})b$,
sodass für festes $b$ genau ein $a$ existiert, sodass die beiden Geraden $EH$ und $AC$ senkrecht aufeinander stehen. Im konkreten Fall mit $b=6 \text{ cm}$ ist dafür dann $a=(1+\sqrt{2}) \cdot 6 \text{ cm}$.
Cyrix
p.s.: Nach meiner Zählung sollte das die 200. Lösung sein. Damit reicht es vorerst. :)
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Ex_Senior
| Beitrag No.603, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon(2019-06-02 16:43 - cyrix in Beitrag No. 602)
p.s.: Nach meiner Zählung sollte das die 200. Lösung sein. Damit reicht es vorerst. :)
\quoteoff
Gratulation und vielen Dank für die tolle Hilfe.
Was machst du aber jetzt mit deiner Freizeit? :-P
Wir haben nun 693 Lösungen.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.604, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon 111224
Man betrachte in einer mit einem rechtwinkligen kartesischen Koordinatensystem versehenen Ebenedie Schar aller konzentrischen Kreise um den Mittelpunkt M(√2;√3). Es ist zu beweisen, dass keine Kreislinie dieser Schar mehr als einen Punkt (x,y) mit rationalenZahlen x,y als Koordinaten enthält.
\quoteoff
Angenommen ein Kreis um M enthält zwei rationale Punkte $P,Q$. Dann liegt M auf der Mittelsenkrechten der Strecke $PQ$. Da $P,Q$ rationale Koordinaten haben, sind ebenfalls der Mittelpunkt der Strecke und die Steigung der Mittelsenkrechten rational. Daher liegt M auf einer Gerade $y=ax+b$ mit $a,b\in\IQ$. Aus $\sqrt 3 -a\sqrt 2= b$ folgt $3 -2a\sqrt 6 + 2a^2 = b^2\Rightarrow 2a\sqrt 6 =3 + 2a^2-b^2$, was nicht möglich ist, da $\sqrt 6$ irrational ist. Falls $a=0$, so hat $b^2=3$ keine rationale Lösung. Falls die Mittelsenkrechte parallel zur $y$-Achse ist, erhalten wir durch vertauschen der Koordinaten analog einen Widerspruch.
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Ex_Senior
| Beitrag No.605, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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Mit euren Lösungen und ein paar weiteren Ergänzungen haben wir jetzt 700 gelöste Aufgaben online.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.606, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02
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\quoteon Aufgabe 101224
Es sei ABCD ein konvexes Tangentenviereck und S der Schnittpunkt seiner Diagonalen, und es seien AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,AC=e,BD=f und $\delta$ die Größe des Winkels∠BSA.Beweisen Sie, dass dann $ac−bd=ef·\cos\delta$ gilt.
\quoteoff
Sei $e_1=AS, e_2=CS, f_1=BS, f_2=DS$. Nach dem Kosinussatz gilt
\[2e_1f_1\cos\delta = e_1^2+f_1^2-a^2 \\
2e_2f_2\cos\delta = e_2^2+f_2^2-c^2 \\
-2e_2f_1\cos\delta = 2e_2f_1\cos(180^\circ-\delta) = e_2^2+f_1^2-b^2 \\
-2e_1f_2\cos\delta = 2e_1f_2\cos(180^\circ-\delta) = e_1^2+f_2^2-d^2 \ \text{.}\]
Damit erhalten wir
\[\begin{array}{} 2ef\cos\delta & = 2(e_1+e_2)(f_1+f_2)\cos\delta \\
& = (e_1^2+f_1^2-a^2) + (e_2^2+f_2^2-c^2) - (e_2^2+f_1^2-b^2) - (e_1^2+f_2^2-d^2) \\
& = -a^2-c^2 +b^2 +d^2 \\
& = 2ac-2bd -(a+c)^2+(b+d)^2 \\
& = 2ac-2bd + (b+d-a-c)(a+c+b+d) \ \text{.}
\end{array}\]
Da in einem Tangentenviereck $a+c=b+d$ gilt, ist die letze Zeile gleich $2(ac-bd)$, woraus die Behauptung folgt.
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.607, eingetragen 2019-06-03
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171246B
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35803_17246B.PNG
a)
\(B\) sei die Menge aller einseitigen Dreiecke. Dann ist \(B\) die disjunkte Vereinigung der Mengen \(B_i=\{\{A_i,A_j,A_k\}\mid i
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Ex_Senior
| Beitrag No.608, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-03
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\quoteon Aufgabe 121241
Man untersuche, ob unter allen Paaren (a,b) positiver reeller Zahlen solche existieren, für die
\[f(a,b) =\frac{a^4}{b^4}+\frac{b^4}{a^4}−\frac{a^2}{b^2}−\frac{b^2}{a^2}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\]
einen kleinsten Wert annimmt. Wenn ja, dann ist dieser kleinste Wert anzugeben.
\quoteoff
Wegen der Symmetrie der Funktion können wir statt $f(a,b)$ auch $g(x)=x^4 + \frac{1}{x^4} - x^2 - \frac{1}{x^2}+x + \frac{1}{x}$ mit $x:=\frac{a}{b}>0$ betrachten. Es gilt
\[\begin{array}{}
g(x) -x - \frac{1}{x} & = (x^2 + \frac{1}{x^2})^2 - (x + \frac{1}{x})^2 \\
& = (x^2 + \frac{1}{x^2} + x + \frac{1}{x})(x^2 + \frac{1}{x^2} - x - \frac{1}{x}) \\
& = (x^2 + \frac{1}{x^2} + x + \frac{1}{x})\frac{(x-1)^2(x^2+x+1)}{x^2}
\end{array}{}\]
Die Faktoren in der letzen Zeile sind alle nicht negativ. Nur $(x-1)^2$ wird für $x=1$ null. Somit erhalten wir $g(x)\geq x + \frac{1}{x} \geq 2$, wobei Gleichheit nur für $x=1$ gilt. Daher nimmt $f$ ihr Minium bei $f(a,a)=2$ an.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.606 begonnen.]
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.609, eingetragen 2019-06-03
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\quoteonAufgabe 4 - 141224
Es sind alle reellen Zahlen a anzugeben, für die das Gleichungssystem
\[x+y +z \quad =0 \quad(1)\\ x^2 +y^2 +z^2 =1\quad (2)\\ x^4 +y^4 +z^4 = a \quad (3)\] a) keine reellen Lösungen (x,y,z)
b) genau eine reelle Lösung,
c) mehr als eine reelle Lösung hat.
\quoteoff
Lösung: Es gilt zunächst \[2xy=(x+y)^2-(x^2+y^2)=z^2-(1-z^2)=2z^2-1\] und analog natürlich auch \[2xz=2y^2-1,\quad 2yz=2x^2-1\] Daraus folgt unmittelbar
$a=x^4+y^4+z^4=(x^2+y^2+z^2)^2-2x^2y^2-2x^2z^2-2y^2z^2=\\ \quad =1-\frac12((2z^2-1)^2+(2y^2-1)^2+(2x^2-1)^2)=\\ \quad =1-\frac12(4(x^4+y^4+z^4)-4(x^2+y^2+z^2)+3)=1-\frac12(4a-4+3)=-2a+\frac32$
also dann $a=\frac12$.
Zusammenfassend ist also a) genau für $a\ne\frac12$, b) nie und c) genau für $a=\frac12$ erfüllt, in welchem Fall die unendlich vielen Lösungen von (1) und (2) ((3) ist ja dann automatisch erfüllt!) geometrisch gesprochen alle auf einem speziellen Großkreis der Einheitskugel um den Ursprung liegen.
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.610, eingetragen 2019-06-03
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/33030_1171242_.png
\showon Lösung
Zunächst stellen wir fest, dass jede der gegebenen Funktionen bereits festgelegt sind, wenn man ihren Funktionswert in genau einem Argument kennt.
Daher folgt sofort $f_6\equiv f_7 \equiv g$ und $f_1 \equiv h$, womit Gl. (5) äquivalent ist zu
$$(f_2 \circ \, \cdots \, \circ f_5) (1)=1.~~~(6)$$ Aus $f_3(f_4(1))=-1$ folgt, dass $f_3 \equiv g$ und $f_4 \equiv h$, oder $f_3 \equiv h$ und $f_4 \equiv g$ gilt. Insbesondere ist $$f_3(f_4(-1))=1.~~~(7)$$ Wenn nun $f_5 \equiv g$ gilt, so folgt aus Gl.(6) $f_2(-1)=1$, also $f_2 \equiv h$. Aus $f_5 \equiv h$ würde zusammen mit Gl. (7) hingegen $f_2 \equiv g$ folgen.
Da also genau eine Funktion von $f_2, f_5$ gleich $g$ ist und genau eine Funktion von $f_3, f_4$ gleich $g$ ist, ergibt sich die gesuchte Anzahl zu 4.
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.611, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-03
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\quoteon Aufgabe 131223
In einem beliebigen konvexen Viereck ABCD seien E der Mittelpunkt der Seite AB und F der der Seite CD. Der Schnittpunkt von AF mit DE sei G, der von BF mit CE sei H genannt. Es ist zu beweisen, dass der Flächeninhalt des Vierecks EHFG gleich der Summe der Flächeninhalte der Dreiecke AGD und BHC ist.
\quoteoff
$
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (5,0);
\coordinate (C) at (4,3);
\coordinate (D) at (1,4);
\coordinate (E) at ($0.5*(A)+0.5*(B)$);
\coordinate (F) at ($0.5*(C)+0.5*(D)$);
\coordinate (G) at (intersection of A--F and D--E);
\coordinate (H) at (intersection of B--F and C--E);
\fill[green!50] (E)--(G)--(F)--(H)--(E);
\fill[red!50] (A)--(G)--(D) (B)--(H)--(C);
\draw (A) -- (B) -- (C) -- (D) --(A);
\draw (A)--(F)--(B) (D)--(E)--(C);
\draw node[left] at (A){A};
\draw node[right] at (B){B};
\draw node[above] at (C){C};
\draw node[above] at (D){D};
\draw node[below] at (E){E};
\draw node[above] at (F){F};
\draw node[left] at (G){G};
\draw node[right] at (H){H};
\end{tikzpicture}
$
Mit Beträgen bezeichnen wir im folgenden den Flächeninhalt eines Vielecks. Dann können wir die Behauptung (durch ergänzen der vier weißen Teildreiecke) äquivalent umformen:
\[\begin{array}{}
& |EHFG| = |AGD| + |BHC| \\
\iff & 2|EHFG| +|AEG|+|DFG|+|BEH|+|CFH| \\
& \qquad = 2|AGD| + 2|BHC| +|AEG|+|DFG|+|BEH|+|CFH| \\
\iff & |ABF| + |CDE| = (|AED| + |EBC|) + (|CFB| + |FDA|) \ \text{.}
\end{array}\]
Da $F$ der Mittelpunkt der Strecke $CD$ ist, ist die Höhe des Dreiecks $ABF$ gerade das arithmetische Mittel der Höhen der Dreiecke $AED$ und $EBC$. Daraus folgt $|ABF| = |AED| + |EBC|$ und analog $|CDE| = |CFB| + |FDA|$ und somit die Behauptung.
*Die Idee zur Lösung finde ganz schön, aber mit der Ausführung bin ich gerade nicht so zufrieden. Daher nehme ich gerne Verbesserungsvorschläge an.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.609 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.612, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-03
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Danke für die vielen neuen Lösungen.
Jetzt habe wir 714.
LG Steffen
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.613, eingetragen 2019-06-03
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\quoteonAufgabe 4 - 151224 Man ermittle alle Tripel (x,y,z) reeller Zahlen, fur die das Gleichungssystem
$x+y +z\quad\ = a \quad (1)\\
x^2 +y^2 +z^2 = a^2\quad (2)\\
x^3 +y^3 +z^3 = a^3 \quad (3)$
erfüllt ist, wobei $a$ eine reelle Zahl ist.
\quoteoff
Lösung: Zunächst gilt
\[xy+xz+yz=\frac12((x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2))=\frac12(a^2-a^2)=0\]
Daraus folgt unmittelbar
$a^3=(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3x(xy+xz)+3y(xy+yz)+3z(xz+yz)+6xyz=\\
=a^3+3x(-yz)+3y(-xz)+3z(-xy)+6xyz=a^3-3xyz$
und damit weiter $xyz=0$, d.h., mindestens eine der 3 Variablen $x,y,z$ muss 0 sein.
Sei nun o.B.d.A. $z=0$. Aus
\[2xy=(x+y)^2-(x^2+y^2)=a^2-a^2=0\]
folgt aber weiter, dass dann auch $x$ oder $y$ den Wert 0 haben muss. Ist etwa $y=0$, so ist dann $x=a,\ y=0,\ z=0$ tatsächlich eine Lösung und alle insgesamt 3 Lösungen erhält man daraus durch eine einfache Vertauschung der Variablen $x,y,z$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.610 begonnen.]
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weird
Senior 
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.614, eingetragen 2019-06-03
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\quoteonAufgabe 1 - 161231 Man gebe alle Paare (x,y) reeller Zahlen an, für die gilt:
\[x^2 +y =2 \quad (1)\quad \text{und}\quad y^2 +x =2 \quad(2)\]
\quoteoff
Lösung: Indem man die beiden Gleichungen voneinander abzieht, erhält man die neue Gleichung
\[x^2-y^2=x-y\quad (*)\]
Wir machen hier folgende Fallunterscheidung:
1. Fall: $x=y$
Einsetzen in (1) ergibt dann
\[x^2+x-2=(x-1)(x+2)=0\]
was auf die Lösungen
\[(x,y)\in\{(1,1),(-2,-2)\}\]
führt.
2. Fall: $x\ne y$.
Indem man (*) durch $x-y$ kürzt, ergibt sich daraus
\[x+y=1\quad\text{bzw.}\quad y=1-x\]
Durch Einsetzen in (1) erhält man damit weiter
\[x^2-x-1=0\]
was auf die weiteren zwei Lösungen
\[(x,y)\in\{(1\pm\sqrt5)/2,(1\mp\sqrt5)/2)\}\]
führt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.615, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-04
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Ich hatte mich in Steffens Liste um eine Zeile (=13 Aufgaben) verzählt. Damit musste jetzt also noch die 2209 her, um bei dem runden Ergebnis von 222 Aufgaben zu landen. ;)
\quoteon
Aufgabe 220921: Man ermittle alle diejenigen natürlichen Zahlen $n$, die den folgenden Bedingungen (1) und (2) genügen:
(1) $n-9$ ist eine Primzahl.
(2) $n^2-1$ ist durch 10 teilbar.
\quoteoff
Lösung:
Wegen (2) ist $n^2-1$ gerade, also $n^2$ ungerade, also $n$ ungerade, also $n-9$ gerade, also wegen (1) $n-9=2$ und damit $n=11$. Tatsächlich ist auch $11^2-1=120$ durch 10 teilbar.
\quoteon
Aufgabe 220922: Beweisen Sie folgende Aussage!
Wenn $x$, $y$ und $z$ von 0 verschiedene natürliche Zahlen sind, dann sind
$a=\frac{(x+y\sqrt{z})^2+(x-y\sqrt{z})^2}{2}$
$b=\frac{(x+y\sqrt{z})^2-(x-y\sqrt{z})^2}{2}$
$c=a^2-(x^2-yz^2)^2$
natürliche Zahlen und $b$ ist ein Teiler von $c$.
\quoteoff
Bemerkung: Da ist ein Druckfehler in der Aufgabenstellung, der auch in Manuelas Original-Scan so enthalten ist. So, wie es da steht, ist
$b=\frac{(x+y\sqrt{z})^2-(x-y\sqrt{z})^2}{2}=\frac{1}{2} \cdot (x^2+2xy\sqrt{z}+y^2z-x^2+2xy\sqrt{z}-y^2z)=2xy\sqrt{z}\not\in\mathbb{N}$,
wenn $z$ keine Quadratzahl ist. Gemeint sein dürfte aber eher
$b=\frac{(x+y\sqrt{z})^2-(x-y\sqrt{z})^2}{2\sqrt{z}}$,
dann ergibt die Aufgabe auch einen Sinn. Es wird nun in der Lösung damit gearbeitet.
Lösung:
Es ist
$a=\frac{1}{2} \cdot (x^2+2xy\sqrt{z}+y^2z+x^2-2xy\sqrt{z}+y^2z)=x^2+y^2z \in \mathbb{N}$,
$b=\frac{1}{2\sqrt{z}} \cdot (x^2+2xy\sqrt{z}+y^2z-x^2+2xy\sqrt{z}-y^2z)=2xy\in\mathbb{N}$
und
$c=(a-x^2+y^2z) \cdot (a+x^2-y^2z)=2y^2z \cdot 2x^2=4x^2y^2z=b \cdot 2xyz\in\mathbb{N}$
und es gilt offensichtlich $b|c$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 220923: Von einem Quadrat $ABCD$ und vier Punkten $P$, $Q$, $R$, $S$ wird folgendes vorausgesetzt:
(1) $P$ liegt auf der Strecke $AB$ zwischen $A$ und $B$,
(2) $Q$ liegt auf der Strecke $AB$ zwischen $B$ und $C$,
(3) $R$ liegt auf der Strecke $AB$ zwischen $C$ und $D$,
(4) $S$ liegt auf der Strecke $AB$ zwischen $D$ und $A$,
(5) es gilt $PR\perp QS$.
Untersuchen Sie, ob für jede Lage der Punkte, bei der die Voraussetzungen (1) bis (5) erfüllt sind, stets dieselbe der drei Aussagen $|PR|<|QS|$, $|PR|=|QS|$, $|PR|>|QS|$ gilt!
Wenn das der Fall ist, nennen Sie diese Aussage!
\quoteoff
Lösung:
Wir legen so ein Koordinatensystem in die Ebene des Quadrats, dass $A$ im Koordinatenursprung, $B$ im Punkt $(1,0)$ und $D$ im Punkt $(0,1)$ zu liegen kommt. Dann liegt $C$ im Punkt $(1,1)$. Weiterhin existieren reelle Zahlen $p,q,r,s$, sodass $P$ die Koordinaten $(p,0)$, $Q$ die Koordinaten $(1,q)$, $R$ die Koordinaten $(r,1)$ und $S$ die Koordinaten $(0,s)$ besitzt.
Gilt dabei $p=r$, so liegt die Gerade $PR$ parallel zur $y$-Achse und damit parallel zur $y$-Achse. Damit muss wegen (5) die Strecke $QS$ parallel zur $x$-Achse liegen, sodass $q=s$ gilt. Damit ergibt sich für beide Strecken eine Länge von $|PR|=\sqrt{(r-p)^2+(1-0)^2}=1=\sqrt{(1-0)^2+(s-q)^2}=|QS|$.
Sonst hat die Gerade $PR$ den Anstieg $m_1=\frac{1-0}{r-p}=\frac{1}{r-p}$ und die Gerade $QS$ den Anstieg $m_2=\frac{s-q}{1-0}=s-q$. Nach (5) stehen die beiden Geraden senkrecht aufeinander, sodass sich ihre Anstiege zu (-1) multiplizieren. Es gilt also $\frac{1}{r-p} \cdot (s-q)=-1$ bzw. $s-q=-(r-p)$, also $(s-q)^2=(r-p)^2$. Für die Längen der Strecken $PR$ und $QS$ erhalten wir damit wieder
$|PR|=\sqrt{(r-p)^2+(1-0)^2}=\sqrt{(1-0)^2+(s-q)^2}=|QS|$,
sodass in jedem Fall $|PR|=|QS|$ gilt.
Bemerkung: Wir haben von den Bedingungen (1) bis (4) nur genutzt, dass die Punkte $P$ bis $S$ auf den angegebenen Geraden liegen. Damit kann die Zusatzvoraussetzung, die dort gefordert wird, dass die Punkte jeweils im Inneren der jeweiligen Quadratseiten liegen sollen, entfallen.
\quoteon
Aufgabe 220924: Die Abbildung zeigt ein Quadrat, das in 25 zueinander kongruente quadratische Felder $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;\dots; e_1;e_2;e_3;e_4;e_5$ zerlegt ist.
Von diesen Feldern sollen genau fünf so durch Schwarzfärbung markiert werden, dass in jeder Zeile, in jeder Spalte und in jeder der beiden Diagonalen genau ein markiertes Feld auftritt.
Ermitteln Sie alle voneinander verschiedenen Markierungen, die diese Bedingung erfüllen!
Dabei gelten zwei Markierungen genau dann als nicht verschieden, wenn sie auseinander durch eine Drehung, eine Spiegelung oder mehrere solcher Abbildungen hervorgehen.
\quoteoff
Lösung:
Wir konstruieren alle zulässigen Färbungen schrittweise durch eine Fallunterscheidung.
Fall 1: Mindestens eines der vier Eckfelder $a_1$, $e_1$, $e_5$ oder $a_5$ ist markiert.
Dann können wir ggf. durch Drehung um den Mittelpunkt des Quadrats erzwingen, dass das Feld $a_1$ markiert ist. Nun können die Felder $b_1$ und $b_2$ sowie $a_2$ jeweils nicht markiert sein, da sonst in Zeile 1, der Diagonalen durch $a_1$ bzw. der Spalte $b$ zwei Felder markiert wären. Durch ggf. erfolgende Spiegelung an der Diagonalen durch $a_1$ kann man erzwingen, dass die Zeilennummer des in Spalte $b$ markierten Feldes höchstens so groß ist wie die "Spaltennummer" des in Zeile 2 markierten Feldes. Dabei sei unter der "Spaltennummer" die Zahl gemeint, die bei der Übersetzung $b=2$, $c=3$, $d=4$, $e=5$ aus der Spalte entsteht. Es ergeben sich nun für das in Spalte $b$ markierte Feld folgende Unterfälle:
Fall 1.1: In Spalte $b$ ist das Feld $b_3$ markiert.
Dann können folgende Felder alle nicht markiert sein: $a_5$ und $e_1$ wegen gleicher Spalte/ Zeile mit $a_1$ sowie $b_4$ und $c_3$ wegen gleicher Spalte/ Zeile mit $b_3$. Dann sind von der Diagonalen durch $a_5$ aber vier Felder schon unmarkiert, sodass das fünfte Feld $d_2$ markiert werden muss. In der 5. Zeile dürfen aber die Felder $a_5$ und $e_5$ wegen gleicher Spalte/ Diagonale mit $a_1$ sowie $b_5$ und $d_5$ wegen gleicher Spalte mit $b_3$ bzw. $d_2$ nicht markiert werden, sodass nur $c_5$ verbleibt und damit abschließend aufgrund des einzig freien Feldes in Zeile 4 auch das Feld $e_4$ markiert werden muss. Wir erhalten die Lösung
$(a_1, b_3, c_5, d_2, e_4)$.
Fall 1.2: In Spalte $b$ ist das Feld $b_4$ markiert.
Da die Spaltennummer des in Zeile 2 markierten Felds nun mindestens 4 beträgt, muss es in Spalte $d$ oder $e$ liegen. Das Feld $d_2$ liegt aber wie $b_4$ in der Diagonalen durch $a_5$, sodass es unmarkiert bleiben muss. Es folgt, dass $e_2$ markiert ist. In Zeile 3 sind folgende Felder sicher unmarkiert: $a_3$ und $c_3$ wegen gleicher Spalte/ Diagonale wie $a_1$ sowie $b_3$ und $e_3$ wegen gleicher Spalte mit $b_4$ bzw. $e_2$. Also muss $d_3$ markiert sein und damit auch $c_5$ als letztes freies Feld der Zeile 5. Wir erhalten die Lösung
$(a_1, b_4, c_5, d_3, e_2)$.
Fall 1.3: In Spalte $b$ ist das Feld $b_5$ markiert.
Dann muss aufgrund der Bedingung an die Spaltennummer des in Zele 2 markierten Felds dieses $e_2$ sein. Dies führt aber zum Widerspruch, da dann alle Felder der Diagonale durch $a_5$ unmarkiert sein müssen: $a_5$, $e_1$ und $c_3$ wegen gleicher Spalte/ Zeile/ Diagonale mit $a_1$ sowie $b_4$ wegen gleicher Spalte mit $b_5$ und $d_2$ wegen gleicher Zeile mit $e_2$. In diesem Unterfall gibt es also keine Lösung.
Fall 2: Alle Eckfelder sind unmarkiert.
Es kann nicht sowohl in Spalte $a$ als auch in Spalte $e$ die dritte Zeile markiert sein. Also kann man durch ggf. erfolgende Spiegelung an Spalte $e$ erzwingen, dass das Feld $a_3$ unmarkiert ist. Da auch $a_1$ und $a_5$ (sowie $e_1$ und $e_5$) unmarkiert sind, verbleiben in Spalte $a$ nur die beiden Felder $a_2$ und $a_4$, die markiert sein können. Durch ggf. erfolgende Spiegelung an Zeile 3 kann man erzwingen, dass dies $a_2$ sein muss. Damit müssen die Felder $b_2$ und $d_2$ unmarkiert sein, sodass auf den beiden Diagonalen nur noch die Felder $c_3$ und $d_4$ für die eine bzw. $b_4$ und $c_3$ für die andere markiert werden können.
Wäre also $c_3$ unmarkiert, müssten sowohl $d_4$ als auch $b_4$ markiert werden, die beide in der gleichen Zeile liegen, was zu einem Widerspruch führt. Also muss $c_3$ markiert sein. Damit dürfen aber nun weder $b_4$ noch $b_4$ markiert sein, da sie beide auf den Diagonalen durch $c_3$ liegen. Weiterhin ist auch $a_4$ sowie $c_4$ ausgeschlossen, da sie in den gleichen Spalten wie $a_2$ und $c_3$ liegen, sodass $e_4$ in Zeile 4 das markierte Feld sein muss.
Es verbleiben in Zeilen 1 und 5 noch die freien Felder in den Spalten $b$ und $c$, sodass sich zwei durch Rotation um den Mittelpunkt des Quadrats um $180^{\circ}$ ineinander überführbare Lösungen
$(a_2, b_1, c_3, d_5, e_4)$ und $(a_2, b_5, c_3, d_1, e_4)$
ergeben.
Tatsächlich sind diese drei Lösungen (wenn man in Fall 2 nur eine der beiden betrachtet) auch jeweils nicht durch Drehungen, Spiegelungen und Kombinationen daraus ineinander überführbar: In der Lösung von Fall 2 ist kein Eckfeld markiert, in denen aus Fall 1 aber schon, sodass die Lösung aus Fall 2 nicht in eine aus Fall 1 überführt werden kann. Da bei diesen das markierte Eckfeld gleich ist, muss dieses Fixpunkt einer potentiell überführenden Abbildung sein. Bei Drehungen kann dies aber nur der Mittelpunkt sein. Also müsste es eine Spiegelung durch dieses Eckfeld $a_1$ geben, die die Lösung aus Fall 1.1 in die von Fall 1.2 überführt, was nur die Spiegelung entlang der Diagonalen durch $a_1$ sein kann. Man sieht aber schnell, dass diese Spiegelung bei Anwendung auf die Lösung aus Fall 1.1 eine andere Lösung als die aus Fall 1.2 erzeugt, da das in der ersten Lösung markierte Feld $b_3$ auf das in der zweiten Lösung unmarkierte Feld $c_2$ abgebildet würde.
\quoteon
Aufgabe 220931: Man ermittle alle diejenigen (im dekadischen System geschirbenen) dreistelligen Zahlen $z$, die die Gleichung $z=(a+b)^c$ erfüllen, wobei $a$, $b$ und $c$ in irgendeiner Reihenfolge die Ziffern von $z$ sind.
\quoteoff
Lösung:
Es ist $c>0$, da für alle $a$, $b$ gilt, dass $(a+b)^0=1$, also nicht dreistellig ist. Es ist wegen $a+b\leq 18$ auch $c>1$, da sonst $z=(a+b)^c$ nicht dreistellig wäre.
Ist $c=2$, so folgt wegen $10^2=100\leq z=(a+b)^2$, dass $10\leq a+b\leq 18$ ist. Die auftretenden Quadratzahlen lauten $10^2=100$, $11^2=121$, $12^2=144$, $13^2=169$, $14^2=196$, $15^2=225$, $16=256$, $17^2=289$ und $18^2=324$. Von diesen fallen 100, 144, 169 und 196 heraus, da sie keine Ziffer $c=2$ enthalten. Für die übrigen ist zu prüfen, ob die anderen beiden Ziffern neben der Zwei (bzw. einer der Zweien) als $a$ und $b$ gewählt werden können. Dies ist weder bei $121=11^2$ (wegen $1+1\neq 2$), $256=16^2$ (wegen $5+6\neq 16$) noch $324=18^2$ (wegen $3+4\neq 18$) der Fall, wohl aber bei $17^2=289$ (wegen $8+9=17$). Also ist $z=289$ die einzige Lösung dieses Falls.
Ist $c=3$, so folgt wegen $4^3=64z$ muss also $c\leq 9$ sein, sodass noch die Fälle $2^7=128$, $2^8=256$ und $2^9=512$ zu betrachten, die jedoch keine Lösungen liefern, weil jeder der Potenzen jeweils nicht das zugehörige $c$ als Ziffer enthält.
Also gibt es insgesamt genau zwei Lösungen, nämlich $z_1=289=(8+9)^2$ und $z_2=343=(3+4)^3$.
\quoteon
Aufgabe 220932: Über zwei Kreise $k_1$, $k_2$ und ihre Mittelpunkte $M_1$ bzw. $M_2$ wird vorausgesetzt, dass der Kreis $k_2$ durch den Punkt $M_1$ geht und den Kreis $k_1$ in zwei Punkten schneidet. Ferner sei der Schnittpunkt von $k_1$ mit demjenigen Strahl, der den Anfangspunkt $M_1$ hat und durch $M_2$ geht, $S$ genannt.
Die Berühngspunkte, die eine gemeinsame Tangente der beiden Kreise $k_1$ und $k_2$ mit diesen Kreisen hat, seien $P_1$ und $P_2$ genannt.
Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen stets $P_2S$ auf $M_1S$ senkrecht steht!
\quoteoff
Lösung:
Es seien $r_1$ sowie $r_2$ die Längen der Radien von $k_1$ und $k_2$ sowie $g$ die Gerade $M_1M_2$.
Da die Berührradien senkrecht auf die Tangente stehen, sind sowohl $M_1P_1$ als auch $M_2P_2$ senkrecht auf $P_1P_2$ und damit zueinander parallel.
Ist $P_1P_2 \parallel M_1M_2$, so ist das Viereck $M_1M_2P_2P_1$ ein Parallelogramm, sodass gegenüberliegende Seiten gleich lang sind, also $r_1=|M_1P_2|=|M_2P_2|=r_2$ und damit $S=M_2$ gilt. Insbesondere ist dann $P_2S=P_2M_2 \perp P_1P_2 \parallel M_1M_2=M_1S$, also $P_2S \perp M_1S$.
Seien ab nun die Geraden $P_1P_2$ und $g=M_1M_2$ nicht parallel (was gleichbedeutend mit $r_1\neq r_2$ ist) und $X$ ihr gemeinsamer Schnittpunkt. Da $M_1P_1 \parallel M_2P_2$ ist, gilt nach dem Strahlensatz $\frac{|XM_1|}{|XM_2|}=\frac{r_1}{r_2}=\frac{|XP_1|}{|XP_2|}$.
Ist $r_1r_2$, so ist $|XM_1|>|XM_2|$ und $M_2$ liegt zwischen $X$ und $M_1$, sodass sich $|XM_2|=|XM_1|-|M_1M_2|=|XM_1|-r_2$, also $\frac{r_2}{|XM_2|}=\frac{r_1}{r_2}-1$ ergibt.
Für $r_2>r_1$ ist auch $|XP_1|>|XP_2|$, sodass $P_2$ zwischen $X$ und $P_1$ liegt. Damit ist $|P_1P_2|=|XP_1|-|XP_2|=|XP_2| \cdot \left(\frac{r_1}{r_2}-1\right)$, also genauso wie im Fall $r_1> ersichtlich.
Untersuchen Sie, ob es minedstens ein Auto gibt, dass bei dieser Ausgangsstellung der Autos die 1000 km dadurch zurücklegen kann, dass es unterwegs den Kraftstoff der übrigen Autos, die an ihren Stellen stehenbleiben, übernimmt!
(Verluste beim Übernehmen seien unberücksichtigt.)
Ist das der Fall, so ermitteln Sie alle diejenigen Autos, für die eine solche Fahrt möglich ist!
\quoteoff
Lösung:
Äquivalent zur Aufgabenstellung können wir annehmen, dass jedes Auto mit einem Kraftstoffvorrat von 0 startet, dafür aber an jeder Station ein Kanister mit der angegebenen Menge an Litern Kraftstoff zur Verfügung steht. (Dies hebt die Asymmetrie der Startstation im Vergleich zu allen anderen Stationen auf.) Ein Auto kann also genau dann den Rundkurs schaffen, wenn das Volumen seines aktuell zur Verfügung stehenden Kraftstoffs nie negativ wird, also an jeder Station (nach Auffüllen) mindestens so groß ist, wie bis zur nächsten Station benötigt wird.
Erreicht man eine der Stationen $B$, $C$, $D$, $F$, $H$ oder $K$, so kann man immer mindestens eine Station weiterfahren, da man dort mindestens so viel Kraftstoff erhält, wie man bis zur nächsten Station benötigt. An den Stationen $A$, $E$, $G$ und $J$ ist dies nicht der Fall, sodass die vier dort startenden Autos nicht einmal bis zur nächsten Station kommen können.
Hat man also Station $B$ erreicht, so kann man bis $E$ durchfahren und hat auf dieser Teilstrecke in $B$, $C$ und $D$ insgesamt 29 Liter Kraftstoff auftanken können, während man von $B$ bis $E$ nur 25 Liter verbraucht hat, sodass man nun 4 Liter mehr zur Verfügung hat als zum Zeitpunkt, indem man in $B$ war. (Startete man in $B$, $C$ oder $D$, sind es nun also höchstens 4 Liter, weil man nicht notwendigerweise den Überschuss an noch nicht besuchten Stationen, da sie "vor" dem eigenen Start lagen, erhalten hat.) Da aber an Station $E$ nur 5 zusätzliche Liter zu erhalten sind, aber 12 benötigt werden, erreichen die in $B$, $C$ oder $D$ gestarteten Autos die Station $F$ nicht, während "vor" $B$ gestartete dies nur tun, wenn sie in $B$ noch mindestens einen Kraftstoffvorrat von 3 Litern hatten.
Dazu musste man in $A$ noch mindestens $3+9-8=4$ Liter (vor Nachtanken) und in $K$ mindestens $4+10-14=0$ Liter (vor Nachtanken) an Kraftstoffvorrat haben. Dies bedeutet, dass jedes Auto, dass bis $K$ kommt, dann bis Station $F$ durchfahren kann, und danach (vor Nachtanken) genauso viel Kraftstoff noch besitzt, wie vor dem Nachtanken in $K$. (Da nur noch die Autos $F$, $H$ und $K$ den Rundkurs ggf. absolvieren können, starten auch alle spätestens bei $H$ und sind frühestens bei $F$ am Ziel.)
Wer $F$ erreicht hat (und noch nicht am Ziel ist), erhält man zusätzliche 13 Liter, benötigt aber bis $G$ nur 7, sodass man auf jeden Fall noch mindestens 6 Liter Kraftstoffvorrat hat. Mit den zusätzlichen 9 Litern bei $G$ kann man also in jedem Fall die Strecke bis $H$ abolvieren und hat danach (vor Nachtanken) einen so hohen Kraftstoffvorrat wie in $F$ (vor Nachtanken).
Analog gilt auch, dass für jedes der drei verbleibenden Autos, dass aus dem Erreichen von $H$ (sofern dies noch nicht das Ziel war) das Erreichen von $K$ folgt, da man in $H$ zusätzliche 16 Liter erhält, bis $J$ aber nur 13 benötigt, also in $J$ noch mindestens 3 Liter übrig hat, die mit den dort erhaltenen 6 gerade für die benötigten 9 nach $K$ ausreichen.
Damit gilt, dass genau die drei Autos an den Stationen $F$, $H$ und $K$ den Rundkurs absolvieren können, wobei ihnen an diesen drei Stationen auch immer gerade der Sprit ausgeht und sie sich mit dem letzten Tropfen in dieses (Zwischen-)Ziel schleppen.
\quoteon
Aufgabe 220934: Jens behauptet, dass man alle natürlichen Zahlen mit Ausnahme von endlich vielen als Summe von zwei Quadratzahlen darstellen kann.
Dirk behauptet dagegen, dass es unendlich viele natürliche Zahlen gibt, die man nicht als Summe von zwei Quadratzahlen darstellen kann.
Wer hat recht?
\quoteoff
Lösung:
Dirk hat recht: Das Quadrat einer geraden Zahl ist immer durch 4 teilbar, das Quadrat einer ungeraden lässt aber wegen $(2m+1)^2=4m^2+4m+1=4(m^2+m)+1$ bei der Teileung durch 4 immer den Rest 1. Also lässt der Rest der Summe zweier Quadratzahlen bei der Teilung durch 4 immer den Rest $0+0=0$, $0+1=1+0=1$ oder $1+1=2$, nie aber den Rest 3, sodass alle unendlich vielen natürlichen Zahlen der Form $4k+3$ sich nicht also Summe zweiter Quadratzahlen darstellen lassen.
\quoteon
Aufgabe 220935: Auf der Oberfläche einer Kugel vom Radius 1 seien $k_1$ und $k_2$ zwei beliebige voneinander verschiedene Großkreise. Ihre Schnittpunkte seien $P$ und $Q$.
Beweisen Sie, dass für jeden Punkt $S$ der Kugeloberfläche die Summe $|PS|^2+|QS|^2$ denselben Wert hat! Ermitteln Sie diesen Wert!
Hinweis:
1. Unter einem Großkreis versteht man einen Kreis, der sich als Schnitt der Kugeloberfläche mit einer durch den Mittelpunkt der Kugel gehenden Ebene ergibt.
2. Streckenlängen, z.B. $|PS|$, $|QS|$ seien geradlinig gemessen, nicht etwa auf der Kugeloberfläche. Dabei sei stets dieselbe Maßeinheit gewählt, aber der Einfachheit halber nur die Maßzahl angegeben.
\quoteoff
Lösung:
Es seien $\epsilon_1$ und $\epsilon_2$ die Ebenen, die die beiden Großkreise beinhalten. Da diese verschieden sind, sind auch die Ebenen verschieden, schneiden sich also in einer Geraden. Da beide Ebenen den Mittelpunkt der Kugel enthalten, ist dieser auch in der Schnittgeraden enthalten, sodass $P$ und $Q$ sowohl auf der Kugeloberfläche als auch einer Geraden durch den Kugelmittelpunkt liegen. Sie bilden also einen Durchmesser der Kugel und es gilt $|PQ|=2$.
Ist $S=P$ oder $S=Q$, so vereinfacht sich die Summe $|PS|^2+|QS|^2$ zu $|PQ|^2+0^2=2^2=4$.
Sei ab nun $S$ verschieden von $P$ und $Q$ ein Punkt auf der Kugeloberfläche. Da $PQ$ ein Durchmesser der Kugel ist, liegt $S$ also nicht auf der Geraden durch $P$ und $Q$, sodass genau eine Ebene $\epsilon$ existiert, auf der die drei Punkte liegen. Mit $P$ und $Q$ liegt auch ihr Mittelpunkt, was der Kugelmittelpunkt ist, in dieser Ebene, sodass der Schnitt von $\epsilon$ mit der Kugeloberfläche ein Großkreis ist, insbesondere also ein Kreis mit Durchmesser $PQ$, auf dem $S$ liegt.
Nach dem Satz von Thales ist damit das Dreieck $\triangle PQS$ rechtwinklig in $S$ und nach dem Satz von Pythagoras gilt $|PS|^2+|QS^2|=|PQ|^2=2^2=4$, sodass diese Summe unabhängig von der Lage immer den Wert 4 annimmt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.616, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-04
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Bei Aufgabe 071044 ist mir ein kleiner Fehler unterlaufen. Die letzten zwei Sätze der Lösung lauten bisher
\quoteon
Damit ist die Höhe auf $c$ nach unten durch 0 und nach oben durch den Umkreisradius, also $\frac{c}{2}$ beschränkt, sodass der Flächeninhalt des Dreiecks im Intervall $(0; \frac{1}{2} \cdot c\cdot \frac{c}{2}]$ aus Stetigkeitsgründen jeden Wert annehmen kann, die Sinussumme also genau die Werte aus dem Intervall $(0; 1]$. Dabei wird die Summe genau für $\alpha=\beta=45^{\circ}$.
\quoteoff
Der zweite Teil des vorletzten Satzes muss aber lauten
... annehmen kann, sodass $0<(\sin\alpha+\sin\beta)^2-1\leq 1$ gilt und damit die Sinussumme also genau die Werte aus dem Intervall $(1; \sqrt{2}]$ annimmt.
Ich bitte um Korrektur. :)
Cyrix
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Wohnort: Milchstraße
| Beitrag No.617, eingetragen 2019-06-04
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\quoteon(2019-06-04 00:11 - cyrix in Beitrag No. 615)
Aufgabe 220933: Auf einer kreisförmig verlaufenden Straße von 1000 km Länge (Rundkurs) stehen 10 Autos $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$, $H$, $J$ und $K$. Sie haben Kraftstoffvorräte von 8; 10; 6; 13; 5; 13; 9; 16; 6 bzw. 14 Litern bei sich.
Diese 100 Liter würden gerade dafür ausreichen, dass ein beliebiges der zehn Autos die 1000 km einmal zurücklegen kann. Die Anordnung der Autos, die Fahrtrichtung und die Weglängen zwischen den Autos sind aus dem Bild << in der Aufgabenstellung >> ersichtlich.
Untersuchen Sie, ob es minedstens ein Auto gibt, dass bei dieser Ausgangsstellung der Autos die 1000 km dadurch zurücklegen kann, dass es unterwegs den Kraftstoff der übrigen Autos, die an ihren Stellen stehenbleiben, übernimmt!
(Verluste beim Übernehmen seien unberücksichtigt.)
Ist das der Fall, so ermitteln Sie alle diejenigen Autos, für die eine solche Fahrt möglich ist!
\quoteoff
Hallo,
diese Aufgabe wurde vor ein paar Jahren schon mal hier diskutiert: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=206355&post_id=1510046
Es gilt sogar die allgemeinere Aussage, dass es IMMER ein Auto gibt, das den Rundkurs absolvieren kann, vorausgesetzt, dass der Gesamtkraftstoff für eine Runde ausreichend ist. Dabei ist es sogar egal, ob der durchschnittliche Verbrauch auf dem Rundkurs immer gleich oder eventuell unterschiedlich ist. (Beispielsweise könnte es eine Strecke mit Gefälle geben, wo der Verbrauch geringer ist, dann kommt eine Steigung, wo der Verbrauch höher ist.) Lediglich muss vorausgesetzt werden, dass ein vollgetanktes Auto nicht mehr verbraucht als ein Auto mit fast leerem Tank. (Bei Aufgabenteil b muss allerdings stillschweigend vorausgesetzt werden, dass der Durchschnittsverbrauch während des gesamten Rundkurses konstant ist.)
Buri schreibt im damaligen Thread: "Dies ist eine Aufgabe der Mathematik-Olympiade, die vor mehreren Jahrzehnten gestellt wurde, ich weiß aber nicht, wann und wo das war." Ob er diese Aufgabe gemeint hat? Später schreibt Buri dann noch: "wahrscheinlich sind es sowjetische Aufgaben gewesen, aber ich bin nicht sicher."
Vielleicht könnte man den Induktionsbeweis oder Buris Alternativbeweis hier noch bei a ergänzen.
Grüße
StrgAltEntf
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Ex_Senior
| Beitrag No.618, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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Hallo,
ich habe im Text eine Vielzahl neuer Aufgaben ergänzt und für die restlichen Jahrgänge Klasse 10 und 12 zumindest den "Rahmen" vorbereitet. Nun müssen die Aufgaben "nur" noch eingefügt werden.
Zumindest weiß ich jetzt, dass es insgesamt 1316 Aufgaben sind, von denen wir jetzt 743 Lösungen haben, d.h. 56 %. Das ist ein sagenhaftes Ergebnis für die Kürze der Zeit.
Es fehlen noch 60 Lösungen der Klasse 9, 206 der Klasse 10 und 307 der Klasse 12, wobei ich ja erst einmal noch die fehlenden 264 Aufgabenstellungen schreiben muss.
Ich schätze, sollten wir doch "fast" alles schaffen, so wird die Datei etwa 800 Seiten umfassen und 4-5 MB groß sein.
Am Ende gebe ich auch gern den LaTex-Text an jeden Mitstreiter ab, wenn gleich ich schon warne. Mein Text ist nicht professionell.
LG Steffen
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.619, eingetragen 2019-06-05
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\quoteonAufgabe 6B - 191246B In einer Dunkelkammer liegen ungeordnet 20 einzelne Handschuhe von gleicher Größe, und zwar
• 5 weiße Handschuhe für die rechte Hand
• 5 weiße Handschuhe für die linke Hand
• 5 schwarze Handschuhe für die rechte Hand
• 5 schwarze Handschuhe für die linke Hand
Zwei Handschuhe gelten genau dann als ein passendes Paar, wenn sie gleiche Farbe haben und der eine von ihnen für die rechte Hand, der andere für die linke Hand ist. Unter einem Zug sei die Entnahme eines einzelnen Handschuhs verstanden, ohne dass dabei eine Auswahl nach Farbe und Form möglich ist. Ein Spiel von n Zügen bestehe darin, dass man nacheinander n Züge ausführt, die dabei entnommenen Handschuhe sammelt und erst nach diesen n Zügen feststellt, ob sich unter den n entnommenen Handschuhen (mindestens) ein passendes Paar befindet. Genau dann, wenn dies zutrifft, gelte das Spiel als erfolgreich.
a) Ermitteln Sie die kleinste natürliche Zahl n mit der Eigenschaft, dass ein Spiel von n Zügen mit Sicherheit erfolgreich ist!
b) Ermitteln Sie die kleinste natürliche Zahl k mit der Eigenschaft, dass ein Spiel von k Zügen mit größerer Wahrscheinlichkeit als 0,99 erfolgreich ist!
\quoteoff
Lösung: Gemäß Angabe haben wir hier vier Gruppen von je 5 Handschuhen zu folgenden Typen
$\bullet$ WL (=weiß und für linke Hand)
$\bullet$ WR (=weiß und für rechte Hand)
$\bullet$ SL (=schwarz und für linke Hand)
$\bullet$ SR (=schwarz und für rechte Hand)
Bei einer Ziehung von $k$ Handschuhen, d.h., nach $k$ "Zügen", kommt es genau dann zu einem Erfolg, wenn zwei Handschuhe der Typen WL und WR oder zwei Handschuhe der Typen SL und SR darunter sind. Diese Paarungen müssen aber spätestens nach $11\ (=5+5+1)$ Zügen auf jeden Fall auftreten, was dann schon einmal die Frage in a) beantwortet.
Für b) betrachten wir die Wahrscheinlichkeit eines Misserfolgs nach $k$ Zügen, wobei hier das kleinste $k$ zu berechnen ist, für welches diese $<0.01$, also dann relativ klein ist. Wir gehen daher im Folgenden davon aus, dass $k>5$ sein wird, was dann auch durch die Rechnung nachträglich bestätigt wird.
Damit dann ein Misserfolg nach $k\in\{6,7,8,9,10\}$ Zügen eintritt, dürfen für gezogenen Handschuhe natürlich nur einer der 4 Typenkombinationen WL-SL, WL-SR, WR-SL, WR-SR auftreten. Die Wahrscheinlichkeit $P_k$ für einen Misserfolg nach $k$ Zügen beträgt daher
\[P_k=4\prod_{j=1}^k \frac{11-j}{21-j}\]
und speziell für $k=6$ und $k=7$ erhält man so die Werte
\[P_6\approx 0.02167\quad \text{bzw.}\quad P_7\approx 0.00619\]
Die Antwort auf die Frage in b) ist somit $k=7$.
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Ex_Senior
| Beitrag No.620, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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\quoteon Aufgabe 4 - 131244
Man ermittle alle Paare (f,g) von Funktionen, die für alle von −1; 0 und 1 verschiedenen reellen Zahlen x definiert sind und für alle diese x die Gleichungen erfüllen:
\[x·f(x)−\frac{1}{x}g(\frac{1}{x})= 1 \\
\frac{1}{x^2}f(x) =x^2g(x)
\]
\quoteoff
keine Lösung / Nachfrage
Definiere $h(x) := x^3 g(x) = \frac{f(x)}{x}$. In die erste Gleichung eingesetzt erhalten wir.
\[
\frac{1}{x}f(x)−\frac{1}{x^3}g(\frac{1}{x})= \frac{1}{x^2} \\
h(x)-h(\frac{1}{x}) = \frac{1}{x^2} \qquad h\text{ eingesetzt} \\
h(\frac{1}{x})-h(x) = x^2 \qquad x\to\frac{1}{x} \\
\]
Die beiden unteren Gleichungen ergeben dann den Widerspruch $x^2= -1/x^2$, was wohl nicht so sein sollte. @Steffen kannst nachschauen, ob sich bei der Aufgabenstellung ein Fehler eingeschlichen hat. In der Aufgabendatei des Jahrgangs ist die Aufgabe auch so formuliert.
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Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.621, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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Da stimmt offensichtlich etwas nicht.
In der "alpha" steht
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_131244.PNG
was garantiert falsch ist.
Ich vermute, da ist ein Satzfehler und es soll heißen
\[x·f(x)−\frac{1}{x}g(\frac{1}{x})= 1 \\
\frac{1}{x^2}f(x) = g(x)
\]
Sicher bin ich mir aber nicht.
LG Steffen
\quoteon(2019-06-05 21:34 - TomTom314 in Beitrag No. 620)
\quoteon Aufgabe 4 - 131244
Man ermittle alle Paare (f,g) von Funktionen, die für alle von −1; 0 und 1 verschiedenen reellen Zahlen x definiert sind und für alle diese x die Gleichungen erfüllen:
\[x·f(x)−\frac{1}{x}g(\frac{1}{x})= 1 \\
\frac{1}{x^2}f(x) =x^2g(x)
\]
\quoteoff
keine Lösung / Nachfrage
Definiere $h(x) := x^3 g(x) = \frac{f(x)}{x}$. In die erste Gleichung eingesetzt erhalten wir.
\[
\frac{1}{x}f(x)−\frac{1}{x^3}g(\frac{1}{x})= \frac{1}{x^2} \\
h(x)-h(\frac{1}{x}) = \frac{1}{x^2} \qquad h\text{ eingesetzt} \\
h(\frac{1}{x})-h(x) = x^2 \qquad x\to\frac{1}{x} \\
\]
Die beiden unteren Gleichungen ergeben dann den Widerspruch $x^2= -1/x^2$, was wohl nicht so sein sollte. @Steffen kannst nachschauen, ob sich bei der Aufgabenstellung ein Fehler eingeschlichen hat. In der Aufgabendatei des Jahrgangs ist die Aufgabe auch so formuliert.
\quoteoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.622, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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\quoteon Ich vermute, da ist ein Satzfehler und es soll heißen
\[x·f(x)−\frac{1}{x}g(\frac{1}{x})= 1 \\
\frac{1}{x^2}f(x) = g(x)
\]
\quoteoff
Das funktioniert auch nicht - änhlicher Widerspruch. Bei den Variante $\frac{1}{x^2}f(x) = -g(x)$ oder $\frac{1}{x^2}f(x) = -x^2g(x)$ ergibt $x\neq\pm 1$ keinen Sinn mehr - nach meiner vorläufigen Einschätzung. Also bei 131244 suchen wir zur Abwechslung die Aufgabe und nicht nur die Lösung. :-D
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Ex_Senior
| Beitrag No.623, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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Was spricht dagegen, wenn man nur ein Gleichheitszeichen einfügt, also Gleichung (2) wie folgt lautet
$\frac{1}{x^2} \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)=x^2 \cdot g(x)$?
Dies wäre nach äquivalent zu $\frac{1}{x} \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)=x^3 \cdot g(x)$. Führt man in der ersten Gleichung die Substitution $x\leftarrow \frac{1}{x}$ durch, erhält man $\frac{1}{x} \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)=1+x\cdot g(x)$, zusammen also $1+(x-x^3) \cdot g(x)=0$ bzw. $g(x)=\frac{1}{x^3-x}$ und $\frac{1}{x} \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)=1+x\cdot \frac{1}{x^3-x}=1+\frac{1}{x^2-1}=\frac{x^2}{x^2-1}=\frac{1}{1-\left(\frac{1}{x}\right)^2}$, also $x\cdot f(x)=\frac{1}{1-x^2}$ und damit $f(x)=\frac{1}{x-x^3}=-g(x)$.
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, sollte das zum Schwierigkeitsgrad einer vierten Aufgabe in der vierten Runde passen.
Cyrix
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Kornkreis
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| Beitrag No.624, eingetragen 2019-06-05
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221041
Beweisen Sie folgende Aussage!
Zu jeder natürlichen Zahl $n \geq 2$ gibt es von Null verschiedene natürliche Zahlen $a_1, a_2, ..., a_n$, für die $a_1 + a_2 + ... + a_n = a_1 \cdot a_2 \cdots a_n$ gilt.
\showon Lösung
Für $n=2$ wähle $a_1=a_2=2$. Für $n \geq 3$ wähle $a_1=...=a_{n-2}=1$, $a_{n-1}=2$, $a_n=n$.
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.625, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-05
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@cyrix: Ja, das sollte es sein!
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.623 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.626, eingetragen 2019-06-06
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\quoteonAufgabe 4 - 211224
Man beweise: Für jede ungerade ganze Zahl n ≥3 ist
\[\left(1+ \frac1 2 + \frac1 3 +...+ \frac1 {n−1}\right)\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot…\cdot(n−1)\]
eine durch n teilbare ganze Zahl.
\quoteoff
Lösung: Für eine ungerade ganze Zahl $n\ge3$ gilt nämlich
\[(n-1)!\sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac1k=(n-1)!\sum\limits_{k=1}^{(n-1)/2}\left(\frac1k+\frac1{n-k}\right)=n\sum\limits_{k=1}^{(n-1)/2}\frac{(n-1)!}{k(n-k)}\]
Nun sind hier alle Summanden \[\frac{(n-1)!}{k(n-k)}\] der rechtsstehenden Summe ganze Zahlen, da die beiden Faktoren des Nenners ja auch im Zähler $(n-1)!$ an verschiedenen Stellen als Faktoren vorkommen, weshalb dann auch der gesamte Ausdruck ein ganzzahliges Vielfaches von $n$ ist, wie behauptet.
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weird
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| Beitrag No.627, eingetragen 2019-06-06
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\quoteonAufgabe 2 - 211222
Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen x, für die $\sqrt{2x^2−1} < \frac 1x$ gilt.
\quoteoff
Lösung: Da der linksstehende Wurzelausdruck jedenfalls nichtnegativ und $\frac 1x$ für $x=0$ nicht definiert ist, können wir im Folgenden o.B.d.A. $x>0$ voraussetzen. Des weiteren muss sogar \[2x^2-1\ge 0\quad \text{bzw.}\quad x\ge\frac{\sqrt2}2\] gelten, damit der linksstehende Wurzelausdruck überhaupt definiert ist. Durch Quadrieren der gegebenen Ungleichung erhält man dann
\[2x^2-1<\frac 1{x^2}\]
und durch Multiplzieren mit $x^2$ nach einer einfachen Umformung
\[2x^4-x^2-1=(2x^2+1)(x^2-1)<0\]
Hier dürfen wir gewissermaßen durch $2x^2+1>0$ "kürzen" und erhalten so $x^2<1$, wegen $x>0$ also dann schließlich $x<1$. Tatsächlich erfüllen alle \[x\in \left[\frac{\sqrt2}2,1\right)\] auch wirklich die angegebene Ungleichung.
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weird
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| Beitrag No.628, eingetragen 2019-06-06
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\quoteonAufgabe 1 - 191221 Man ermittle alle Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, für die das folgende Gleichungssystem erfüllt ist:
\[x-\frac1y=1\\y-\frac1z=1\\z-\frac1x=1 \]
\quoteoff
Lösung: Mittels paarweiser Subraktion von je zwei der drei Gleichungen erhält man sofort das neue Gleichungssystem
\[x-y=\frac{z-y}{yz},\quad x-z=\frac{x-y}{xy}, \quad y-z=\frac{x-z}{xz}\quad (*) \]
und daraus durch "Aufmultiplizieren" wiederum die neue Gleichung
\[(x-y)(x-z)(y-z)=\frac{(x-y)(x-z)(z-y)}{(xyz)^2}\]
Ware hier $ (x-y)(x-z)(y-z)\ne 0$, so könnte hier durch durch diesen Ausdrück kürzen, was sofort auf den Widerspruch $(xyz)^2=-1$ führen würde. Es muss also \[(x-y)(x-z)(y-z)=0\] gelten, d.h., mindestens eine der Differenzen $x-y,x-z,y-z$ hat den Wert 0. Durch Einsetzen in (*) sieht man aber sofort, dass dann auch die beiden anderen Differenzen verschwinden, d.h., dass $x=y=z$ gelten muss.
Der Rest ist nun sehr einfach: Unter Benützung von $x=y$ wird etwa die erste Gleichung des ursprünglichen Gleichungssystems zu
\[x-\frac 1x=1 \quad \text{bzw.}\quad x^2-x-1=0\]
woraus sich dann sofort auch dessen insgesamt zwei Lösungen zu
\[x=y=z=\frac{1\pm\sqrt 5}2\]
ergeben.
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Kuestenkind
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| Beitrag No.629, eingetragen 2019-06-06
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Huhu,
1984 - ein ausgezeichnetes Jahr. 8-)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-06_um_20.50.06.png
Es ist:
\(\displaystyle \frac{(x^2-x)(x^2-x+5)+6}{(x^2-x)(x^2-x+6)+9}=\frac{x^4-x^3+5x^2-x^3+x^2-5x+6}{x^4-x^3+6x^2-x^3+x^2-6x+9}=\frac{x^4-2x^3+6x^2-5x+6}{x^4-2x^3+7x^2-6x+9}=1-\frac{x^2-x+3}{x^4-2x^3+7x^2-6x+9}\)
Der Zähler hat offensichtlich keine (reelle) Nullstelle - lässt sich also nicht weiter faktorisieren. Wir könnten also nur noch prüfen, ob er als Faktor selbst im Nenner steckt. Wir prüfen also:
\(\displaystyle (x^2-x+3)(x^2+ax+3)\stackrel{?}{=}x^4-2x^3+7x^2-6x+9\)
\(\displaystyle x^4+(a-1)x^3+(6-a)x^2+(-3+3a)x+9=x^4-2x^3+7x^2-6x+9\)
Das gilt offensichtlich für \(a=-1\). Wir erhalten somit:
\(\displaystyle f(x)=\frac{(x^2-x)(x^2-x+5)+6}{(x^2-x)(x^2-x+6)+9}=1-\frac{1}{x^2-x+3}\)
Der Rest ist dann einfachste Analysis.
Gruß,
Küstenkind
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Kuestenkind
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| Beitrag No.630, eingetragen 2019-06-06
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-06_um_21.24.18.png
Entweder...
a) verstehe ich die Aufgabe falsch.
b) die 109 ist falsch.
c) ist diese Aufgabe sehr leicht.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.631, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-06
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Da ist ein Schreibfehler drin. Sorry.
Es heißt kleiner als $10^9$.
Ich werde den Text gleich ändern.
LG Steffen
\quoteon(2019-06-06 21:27 - Kuestenkind in Beitrag No. 630)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-06_um_21.24.18.png
Entweder...
a) verstehe ich die Aufgabe falsch.
b) die 109 ist falsch.
c) ist diese Aufgabe sehr leicht.
Gruß,
Küstenkind
\quoteoff
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weird
Senior
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| Beitrag No.632, eingetragen 2019-06-07
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Und wieder eine dieser so superleichten und gleichzeitig so unglaublich schweren Aufgaben, an der man ohne die richtige Idee schier verzweifeln möchte.
\quoteon
Aufgabe 3 - 191243
Man ermittle alle diejenigen Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, für die \[2x+x^2y = y ;\quad 2y +y^2z = z ;\quad 2z +z^2x = x\] gilt. Dabei sind $x,y$ und $z$ durch Ausdrücke anzugeben, die aus gegebenen reellen Zahlen durch wiederholte Anwendung von Operationen +, −, ·, :, von reellwertigen Potenzfunktionen, Exponentialfunktionen, trigonometrischen Funktionen oder von deren reellwertigen Umkehrfunktionen gebildet sind.
\quoteoff
Betrachten wir etwa die letzte Gleichung $2z+z^2x = x$, so kann man auch in der Form $2z=x(1-z^2)$ schreiben, wobei hier $1-z^2\ne 0$ ist, da $1-z^2=0$ sofort auf den Widerspruch $\pm2=0$ führen würde. Nach zyklischer Vertauschung der Variablen $x,y,z$, gegen welche unser Gleichungssysten ja ersichtlich invariant ist, ergeben sich daraus sofort die drei weiteren Gleichungen
\[x=\frac{2z}{1-z^2},\quad y=\frac{2x}{1-x^2},\quad z=\frac{2y}{1-y^2}\quad (*)\]
welche von ihrer Form her sofort an die Formel \[\tan(2\varphi)=\frac{2\tan\varphi}{1-\tan^2\varphi}\] aus der Trigonometrie erinnern. Es ist daher der Ansatz
\[x=\tan\alpha,\quad y=\tan\beta,\quad z=\tan\gamma\quad (\alpha,\beta,\gamma\in (-\pi/2,\pi/2))\]
sehr naheliegend, womit sich dann (*) auch einfach schreiben lässt als
\[\alpha\equiv 2\gamma\mod \pi,\quad \beta\equiv 2\alpha\mod \pi,\quad \gamma\equiv 2\beta \mod \pi\quad (**)\]
Einsetzen führt dann auf
\[7\alpha=8\alpha-\alpha\equiv 4\beta -\alpha \equiv 2\gamma-\alpha\equiv 0\mod \pi \] d.h., im Intervall $(-\pi/2,\pi/2)$ hat $\alpha$ die insgesamt 7 Lösungen \[\alpha\in\{0,\pm\pi/7,\pm2\pi/7,\pm3\pi/7\}\] womit wir in Verbindung mit (**) nun auch die vollständige Lösung des gegebenen Gleichungssystems leicht angeben können:
\[x=\tan\alpha,\quad y=\tan(2\alpha),\quad z=\tan(4\alpha)\quad (\alpha\in\{0,\pm\pi/7,\pm2\pi/7,\pm3\pi/7\})\]
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Kornkreis
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| Beitrag No.633, eingetragen 2019-06-07
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\quoteon(2019-06-02 13:20 - Kornkreis in Beitrag No. 597)
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.
\quoteoff
Kommentar: Verallgemeinert handelt es sich hierbei um das Ham-Sandwich-Theorem, siehe https://en.wikipedia.org/wiki/Ham_sandwich_theorem
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Kornkreis
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| Beitrag No.634, eingetragen 2019-06-07
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231242
a) Man beweise, daß es eine Menge M mit den folgenden Eigenschaften (1), (2), (3), (4) gibt:
(1)Jedes Element von M ist eine natürliche Zahl.
(2)Das kleinste Element von M ist die Zahl 1.
(3)Das größte Element von M ist die Zahl 100.
(4)Jedes Element von M mit Ausnahme der Zahl 1 ist die Summe von zwei Elementen von M oder das Doppelte eines Elementes von M.
b) Man ermittle eine Menge M, die die Bedingungen (1), (2), (3), (4) erfüllt und dabei möglichst wenig Elemente hat. Daß die ermittelte Menge M diesen Anforderungen genügt, ist zu beweisen.
\showon Lösung
a) Wähle $M=\{1,2,4,8,16,32,64,96,100\}$.
b) Das in a) angegebene $M$ hat bereits die kleinstmögliche Anzahl an Elementen. Beweis: Betrachte eine Menge $M$, welche den Bedingungen der Aufgabenstellung genügt, und bezeichne ihre Elemente der Größe nach aufsteigend mit $a_1, a_2,....$
$a_6$ ist maximal 32, also gilt $a_7< 100$, folglich muss $M$ mindestens 8 Elemente haben. Ein $M$ mit 9 Elementen haben wir bereits in der a) angegeben, also bleibt zu klären, ob $M$ genau 8 Elemente haben kann.
Dafür müsste folgendes gelten: $a_7\geq 50 \geq a_6 \geq 25 \geq a_5 \geq 13 \geq a_4 \geq 7 \geq a_3 \geq 4$.
Daraus und mit $a_1=1$ und $a_2=2$ folgt $a_3=4$, $a_4=8$,...,$a_7=64$, woraus sich aber die 100 noch nicht erzeugen lässt, also benötigt man noch ein $a_8$, bevor man $a_9=100$ erreichen kann. Die kleinstmögliche Anzahl der Elemente ist also neun.
\showoff
Siehe auch https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=179733&start=0&lps=1326137 ;-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.635, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-07
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Hallo,
es sind jetzt 754 Lösungen.
Ich habe die reine Aufgabendatei auch erneuert.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.636, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-07
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\quoteon Aufgabe 111221
Gegeben seien zwei Würfel mit den Kantenlängen a bzw. b. Gesucht ist ein gerades Prisma mit quadratischer Grundfläche, dessen Volumen gleich der Summe der Würfelvolumina und dessen Höhenlänge gleich der Summe der Längen der Würfelkanten ist.
a) Man berechne die Seitenlänge c der quadratischen Grundfläche eines solchen Prismas.
b) Man gebe eine Konstruktion für eine Strecke der in a) ermittelten Länge c an.
\quoteoff
a) Für das Volumen $V$ des Prismas gilt $V=c^2h$ mit $h=a+b$. Aus $a^3+b^3 = V=c^2(a+b)$ erhalten wir $c^2=\frac{a^3+b^3}{a+b} = a^2 -ab +b^2$.
b) Aus der Gleichung $c^2 = a^2 -ab +b^2 = a^2 + b^2 -2ab\cos(60^\circ)$ können wir mittels Kosinussatz eine Kontruktionsvorschrift ablesen: Konstruiere aus $a,b$ mit eingeschlossenem Winkel $\gamma = 60^\circ$ ein Dreieck. Die dritte Seite des Dreiecks hat dann die gesuchte Länge $c$.
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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8460
Wohnort: Milchstraße
| Beitrag No.637, eingetragen 2019-06-07
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\quoteon(2019-06-07 21:25 - TomTom314 in Beitrag No. 636)
b) Aus der Gleichung $c^2 = a^2 -ab +b^2 = a^2 + b^2 -2ab\cos(60^\circ)$ können wir mittels Kosinussatz eine Kontruktionsvorschrift ablesen: Konstruiere aus $a,b$ mit eingeschlossenem Winkel $\gamma = 60^\circ$ ein Dreieck. Die dritte Seite des Dreiecks hat dann die gesuchte Länge $c$.
\quoteoff
Super und genial einfach! Bin ich nicht drauf gekommen.
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.638, eingetragen 2019-06-08
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241246A
Man untersuche, ob es 40 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen gibt, die sämtliche kleiner als $10^9$ und nicht Primzahlen sind.
\showon Lösung
Betrachte $n=2\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19$. Für jede natürliche Zahl $a>0$ und alle $k \in \{0, \pm 2, \pm 3, ..., \pm 22\}$ ist $a\cdot n \pm k$ keine Primzahl: Jede der ersten Primzahlen bis 19 kommt in $a\cdot n$ als Primfaktor vor, sodass jedes $k$ aus der angegebenen Menge einen Primfaktor besitzt, der in $a\cdot n$ enthalten ist, sodass man diesen ausklammern kann. Des Weiteren ist stets $a\cdot n -22 > 0$.
Nun gilt es nur noch, ein $a$ zu finden, sodass $a\cdot n \pm 1$ keine Primzahlen sind. Man findet schnell mit Modulo-Rechnung und geeignetem Zusammenfassen der Faktoren in $n$, dass $n \equiv -8 ~\text{mod}~23$ und $n \equiv 2 ~\text{mod}~29$ gilt.
Wenn wir nun ein $a$ finden könnten mit $a \equiv 3 ~\text{mod}~23$ und $a \equiv 15 ~\text{mod}~29$, so wäre $a \cdot n \equiv -1 ~\text{mod}~23$ und $a\cdot n \equiv 1 ~\text{mod}~29$, und wir wären fertig. Mit dem chinesischen Restsatz findet man, dass das kleinste natürliche $a$ mit dieser Eigenschaft $a=624$ ist. Leider gilt dann aber $a\cdot n >10^9$, sodass wir etwas anderes probieren müssen.
Ein $a$ mit $a \equiv -3 ~\text{mod}~23$ und $a \equiv -15 ~\text{mod}~29$ ergibt $a \cdot n \equiv 1 ~\text{mod}~23$ und $a\cdot n \equiv -1 ~\text{mod}~29$. Das kleinste natürliche $a$ mit dieser Eigenschaft ist $a=43$, und tatsächlich kann man abschätzen bzw. ausrechnen, dass $a\cdot n +22 < 10^9$ gilt. (Anmerkung: $a=43$ ergibt sich auch aus obigem Fehlversuch vermittels $23\cdot 29 - 624=43.$)
Demzufolge gibt es 45 (und insbesondere 40) aufeinanderfolgende Zahlen kleiner als $10^9$, die keine Primzahlen sind, nämlich $2\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 43 + k$ mit $k\in \{0, \pm 1, ..., \pm 22\}$
\showoff
Kommentar: Auch wenn die Lösungsfindung schnell ging, war mir bis zuletzt nicht klar, ob ich mit meinem Weg unter $10^9$ bleiben kann oder noch mehr probieren muss. Deswegen habe ich auch einen Irrweg in der Lösung mit dringelassen, damit man sieht, dass das Finden eines $a$ nicht gerade offensichtlich war. Wenn jemand einen direkteren Weg sieht, wäre ich daran interessiert ;-)
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Kornkreis
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| Beitrag No.639, eingetragen 2019-06-08
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261235
Zwei Personen, A und B, spielen mit $n$ in einer Geraden angebrachten Lampen ($n > 3$) das folgende Spiel:
Zum Spielbeginn sind alle Lampen ausgeschaltet. Eine ganze Zahl $k$ mit $1 < k < n−1$ wird vereinbart.
Dann verläuft das Spiel so, dass die Spieler, mit A beginnend, abwechselnd am Zuge sind:
Jeder Spieler schaltet, wenn er am Zug ist, nach eigener Wahl eine Anzahl nebeneinanderliegender Lampen ein, mindestens eine und höchstens $k$. Gewonnen hat derjenige Spieler, der die letzte der $n$ Lampen einschaltet.
Man beweise, dass Spieler A für jedes $n > 3$ und jedes $k$ mit $1 < k < n − 1$ durch eine geeignete Vorgehensweise (Strategie) den Gewinn erzwingen kann.
\showon Lösung
Wir bezeichnen die Lampen der Reihe nach mit 1,...,$n$ und eine Konfiguration von Ein-/Auszuständen der Lampen als symmetrisch, wenn die beiden Lampen in jedem der Lampenpaare $(1,n)$; $(2, n-1)$; ...; $\left(\left \lceil{\frac{n}{2}}\right \rceil, \left \lceil{\frac{n+1}{2}}\right \rceil \right)$ jeweils denselben Ein-/Auszustand haben (wenn $n$ ungerade ist, ist im letzten Lampenpaar nur eine Lampe, sodass für dieses die Gleichheit der Zustände trivialerweise vorliegt).
Lemma: Spieler A hat eine Strategie, sodass er mit jedem seiner Züge immer eine symmetrische Konfiguration erzielt und Spieler B mit jedem seiner Züge zwangsläufig eine nicht-symmetrische Konfiguration hervorruft.
Beweis: Im ersten Zug schalte Spieler A die Lampe(n) der Nummer $\left \lceil{\frac{n}{2}}\right \rceil, \left \lceil{\frac{n+1}{2}}\right \rceil $ an, was eine symmetrische Konfiguration ergibt. Das geht für jedes $1 < k < n-1$ und jedes $n>3$.
Sei nun irgendwann im Spielverlauf eine symmetrische Konfiguration gegeben, die nach einem Spielzug von A entstand, und es seien noch ausgeschaltete Lampen vorhanden.
Da nur nebeneinanderliegende ausgeschaltete Lampen angeschaltet werden können, kann Spieler B nun entweder Lampen mit kleinerer Nummer als $\left \lceil{\frac{n}{2}}\right \rceil$ oder mit größerer Nummer als $\left \lceil{\frac{n+1}{2}}\right \rceil$ anschalten. Dies seien die Lampen $i,...,j$. Aufgrund der Symmetrie vor B's Zug sind die Lampen $n-i+1,...,n-j+1$ sowohl vor als auch nach B's Zug ausgeschaltet. Demnach ist die Konfiguration nach B's Zug nicht mehr symmetrisch. Spieler A hingegen kann nach B's Zug durch Anschalten der Lampen $n-i+1,...,n-j+1$ wieder eine symmetrische Konfiguration erreichen. Damit ist das Lemma bewiesen.
Da die Anzahl der ausgeschalteten Lampen durch die Spielzüge von A und B streng monoton abnimmt, und eine endliche Anzahl von Lampen am Anfang vorlag, muss das Spiel irgendwann enden. Wenn A nach obiger Strategie spielt, macht also zwangsläufig A den letzten Zug, weil die Konfiguration, bei der alle Lampen angeschaltet sind, symmetrisch ist, was B nicht erreichen kann. Damit ist die Behauptung der Aufgabe bewiesen.
\showoff
@Steffen: Bitte die Lösung der vorherigen Aufgabe 241246A aktualisieren, ich hatte da noch etwas ergänzt.
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