| |
| Autor |
 Alte Olympiadeaufgaben |
|
Ex_Senior
 |  Beitrag No.640, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-08
|
\quoteon 121221
Es seien u und v zwei ungerade natürliche Zahlen, für die u > v gilt.
a) Man beweise, dass dann
\[ x=u\cdot v;\ y=\frac{u^2−v^2}{2}\ \text{und} z=\frac{u^2+v^2}{2} \]
drei natürliche Zahlen sind, für die $x^2+y^2=z^2$ gilt, d.h. dass (x,y,z) ein pythagoreisches Zahlentripel bilden.
b) Geben Sie je eine hinreichende Bedingung dafür an, dass x > y bzw. x < y gilt!
\quoteoff
a) Da $u,v$ ungerade sind, sind $u^2-v^2, u^2 + v^2$ gerade und somit $x,y,z \in \IN$. Es gilt
\[4x^2+4y^2 = 4uv + (u^2-v^2)^2 = u^4+ 2u^2v^2+v^4 = (u^2+v^2) = 4z^2\]
und somit $x^2+y^2=z^2$.
b) Aus $u>v$ folgt $u+v>2v$ $\Rightarrow (u+v)^2>4v^2>2v^2$ $\Rightarrow 0<(u+v)^2-2v^2 = u^2-v^2 +2uv = 2x-2y$. Also gilt stets $y
|
 Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.641, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-08
|
\quoteon
Aufgabe 250936: a) Ist durch den Term $z=\sqrt{192+96\sqrt{3}}+\sqrt{192-96\sqrt{3}}$ eine Zahl definiert?
b) Wenn dies der Fall ist, ist $z$ rational?
\quoteoff
Lösung:
a) Es ist $192-96\sqrt{3}=96 \cdot (2-\sqrt{3})>0$, da $2=\sqrt{4}>\sqrt{3}$, sodass $z$ eine reelle Zahl beschreibt.
b) Es ist $z=\sqrt{16 \cdot (12+6\sqrt{3})}+\sqrt{16 \cdot (12-6\sqrt{3})}=4 \cdot (\sqrt{12+6\sqrt{3}}+\sqrt{12-6\sqrt{3}})$ genau dann rational, wenn es $0\leq x:=\frac{z}{4}=\sqrt{12+6\sqrt{3}}+\sqrt{12-6\sqrt{3}}$ auch ist. Es ist
$x^2=(12+6\sqrt{3})+2\sqrt{(12+6\sqrt{3}) \cdot (12-6\sqrt{3})} + (12-6\sqrt{3})=24+2\sqrt{144-36\cdot 3}=24+2\sqrt{36}=24+2\cdot 6=36, $
also $x=6$ und $z=24\in\mathbb{Q}$.
\quoteon
Aufgabe 251224: Man ermittle alle diejenigen positiven ganzen Zahlen $n$, die die folgende Eigenschaft haben: Im abgeschlossenen Intervall $\left[2^n,2^{n+1}\right]$ befindet sich mindestens eine durch $n^3$ teilbare natürliche Zahl.
\quoteoff
Lösung:
Wegen $2^3=8<16=2^4$, $2^4=16<27=3^3$, $2^5=32<64=4^3$, $2^6=64<125=5^3$, $2^7=128<216=6^3$ und $2^8=256<343=7^3$ ist $n=1$ (was offensichtlich eine Lösung ist) oder $n\geq 8$.
Wir zeigen im Folgenden, dass für $n\geq 8$ die Ungleichung $n^3\leq 2^{n+1}$ gilt:
Es ist $8^3=2^9=2^{8+1}$, sodass die Ungleichung für $n=8$ erfüllt ist. Und gilt für eine natürliche Zahl $n\geq 8$ die Ungleichung, so gilt sie wegen
$2^{(n+1)+1}=2 \cdot 2^{n+1}\geq 2 \cdot n^3 =n^3+n^3\geq n^3+8n^2=n^3+3n^2+5n^2\geq n^3+3n^2+40n\geq n^3+3n^2+3n+1=(n+1)^3$
auch für deren Nachfolger $n+1$ und damit für alle natürlichen Zahlen $n\geq 8$.
Es folgt, dass für alle $n\geq 8$ der Wert $n^3$ direkt im Intervall $[2^n; 2^{n+1}]$ liegt, und damit die Bedingung der Aufgabenstellung erfüllt, oder aber $n^3<2^n$ gilt. In diesem Fall ist aber von je $n^3$ aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen genau eine durch $n^3$ teilbar, also insbesondere eine der Zahlen $2^n+1$, $2^n+2$, $\dots$, $2^n+n^3<2^n+2^n=2^{n+1}$, die alle im Intervall $[2^n; 2^{n+1}]$ liegen.
Damit gilt, dass genau diejenigen positiven ganzen Zahlen $n$, die $n=1$ oder $n\geq 8$ erfüllen, Lösungen der Aufgabe sind.
\quoteon
Aufgabe 251233A: Man untersuche, ob es keine, endlich viele oder unendlich viele 5-Tupel $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ von positiven ganzen Zahlen gibt, für die die folgende Gleichung (1) erfüllt ist:
$x_1^3+x_2^5+x_3^7+x_4^{11}=x_5^{13}$
\quoteoff
Wir definieren $p:=3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11$. Dann ist einerseits $p$ durch 3, 5 , 7 und 11 teilbar, also $\frac{p}{3},\frac{p}{5},\frac{p}{7},\frac{p}{11}\in\mathbb{N}$ und andererseits $p \equiv 2 \cdot 7 \cdot (-2) \equiv 2 \cdot (-14) \equiv 2 \cdot (-1)\equiv -2\pmod{13}$, also $\frac{p+2}{13}\in\mathbb{N}$.
Für jede positive ganze Zahl $k$ ist mit $x_1:=2^{\frac{p+13kp}{3}}$, $x_2:=2^{\frac{p+13kp}{5}}$, $x_3:=2^{\frac{p+13kp}{7}}$, $x_4:=2^{\frac{p+13kp}{11}}$ und $x_5:=2^{\frac{p+2}{13}+kp}$
$x_1^3+x_2^5+x_3^7+x_4^{11}=2^{p+13kp}+2^{p+13kp}+2^{p+13kp}+2^{p+13kp}=2^{2+p+13kp}=\left(2^{\frac{p+2}{13}+kp}\right)^{13}=x_5^{13}.$
Damit gibt es unendlich viele Lösungen.
\quoteon
Aufgabe 251233B: Beweisen Sie, dass es unter allen Zerlegungen $100=z_1\cdot z_2 \cdot \ldots \cdot z_n$ der Zahl 100 in reelle Faktoren $z_i\geq 2$ ($i= 1,2,\dots,n$; $n$ positiv ganzzahlig) eine Zerlegung gibt, für die die Summe $s=z_1+z_2+\dots +z_n$ einen kleinstmöglichen Wert hat! Ermitteln Sie eine solche Zerlegung!
\quoteoff
Lösung:
Für fixiertes $n$ gilt aufgrund der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel der $z_i$ die Ungleichung
$\frac{z_1+z_2+\dots+z_n}{n}\geq \sqrt[n]{z_1 \cdot z_2 \cdot \ldots \cdot z_n}$, also $s\geq n \cdot \sqrt[n]{100}$, wobei Gleichheit genau für $z_1=z_2=\dots=z_n=\sqrt[n]{100}$ angenommen wird. Wir bezeichnen die minimal mögliche Summe für dieses $n$ mit $s_n$, also $s_n:=n \cdot \sqrt[n]{100}$.
Da alle $z_i\geq 2$ sind und $2^7=128>100$ ist, muss $n\leq 6$ gelten. Es ist $s_1=100$, $s_2=20$, $s_3=3\cdot \sqrt[3]{100}$, $s_4=4 \cdot \sqrt{10}$, $s_5=5\cdot \sqrt[5]{100}$ und $s_6 \cdot \sqrt[6]{100}=6 \cdot \sqrt[3]{10}$.
Es ist $s_3<3\cdot \sqrt[3]{125}=15 90 \cdot \sqrt[3]{8}=180$ wahr ist.
Wegen $s_4>s_5 \Leftrightarrow s_4^2>s_5^2 \Leftrightarrow 160 > 25 \cdot \sqrt[5]{100^2} \Leftrightarrow \frac{64}{10} > \sqrt[5]{10^4} \Leftrightarrow \frac{2^{6\cdot 5}}{10^5} > 10^4 \Leftrightarrow 2^{30} > 10^9 \Leftrightarrow 2^{10}>1000$, was wegen $2^{10}=1024$ wahr ist.
Schließlich ist $s_5\frac{1667}{1000}>\frac{5}{3}$ einerseits und $\left(\frac{5}{3}\right)^5=\frac{5^5}{3^5}=\frac{3125}{243}>10$, also $\sqrt[5]{\frac{5}{3}}>\sqrt[5]{10}$, andererseits eine wahre Aussage.
Damit ist $s_5$ der kleinste der Werte, die gesuchte minimale Summe ist $s_5=5 \cdot \sqrt[5]{100}$ und die zugehörigen Werte, die diese liefern, lauten $z_1=\dots=z_5=\sqrt[5]{10}$.
\quoteon
Aufgabe 251235: Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen $x$, für die die folgende Gleichung gilt:
$\frac{x^2+ 12x+ 4}{x+ 2}= 6 \cdot \sqrt{x}.$
\quoteoff
Lösung:
Es ist $6 \cdot \sqrt{x}=\frac{(x+2)^2+8x}{x+2}$ bzw. $(x+2)^2+8x=6\sqrt{x} \cdot (x+2)$. Nach Quadrieren und der Substitution $y:=(x+2)^2$ erhält man $y^2+16xy+64x^2=36xy$, also $y^2-20xy+64x^2=0$ und damit $(y-10x)^2=36x^2$, mithin $y=(10\pm 6)x$, d.h. $y_1=4x$ und $y_2=16x$.
Setzt man dies ein, erhält man einerseits $4x=(x+2)^2=x^2+4x+4$, also $x^2=-4$, was auf keine reellen Lösungen führt, bzw. andererseits $16x=x^2+4x+4$, also $x^2-12x+4=0$ bzw. $x=6\pm\sqrt{36-4}=6\pm4\sqrt{2}$.
Da beide Werte wegen $6>4\sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{3}{2} > \sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{9}{4}>2$ positiv sind, waren sowohl das Multiplizieren mit $x+2>2>0$ als auch das Quadrieren Äquivalenzumformungen, sodass dies auch beides Lösungen der Ausgangsgleichung sind.
\quoteon
Aufgabe 251243: Gibt es eine Funktionf $f$, die für alle reellen Zahlen definiert ist, reelle Funktionswerte hat und die folgenden Bedingungen (1), (2) erfüllt?
(1) Für alle reellen Zahlen $x$ und $y$ gilt $f(x+y) =\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}$.
(2) Es gilt $f(1)=\frac{1}{2}$.
\quoteoff
Lösung:
Die Funktion $f(x):=1-\frac{2}{1+3^x}$ erfüllt alle Eigenschaften. Wegen $3^x>0$ für alle reellen Zahlen $x$ ist die Funktion für alle solchen auch definiert und nimmt reelle Funktionswerte an. Genauer ist sogar $f(1)=1-\frac{2}{1+3}=1-\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$, also Eigenschaft (2) erfüllt. Zum Nachweis von Eigenschaft (1) seien $x$ und $y$ zwei beliebige reelle Zahlen. Dann gilt einerseits
$f(x+y)=1-\frac{2}{1+3^{x+y}}$
und andererseits
$1+f(x)f(y)=1+\left(1-\frac{2}{1+3^x}\right) \cdot \left(1-\frac{2}{1+3^y}\right)=2-\frac{2}{1+3^x}-\frac{2}{1+3^y} + \frac{4}{(1+3^x)(1+3^y)}$
sowie
$f(x)+f(y)=2-\frac{2}{1+3^x}-\frac{2}{1+3^y},$
also
$\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}=1-\frac{\frac{4}{(1+3^x)(1+3^y)}}{2-\frac{2}{1+3^x}-\frac{2}{1+3^y} + \frac{4}{(1+3^x)(1+3^y)}}=1-\frac{2}{(1+3^x)(1+3^y)-(1+3^y)-(1+3^x)+2},$
sodass es nun noch genügt zu zeigen, dass
$1+3^{x+y}=(1+3^x)(1+3^y)-(1+3^y)-(1+3^x)+2$
ist, was man aber leicht durch Ausmultiplizieren und Zusammenfassen nachrechnet.
\quoteon
Aufgabe 251245: Es sei $(p_n)$ die Folge der ihrer Größe nach geordneten Primzahlen, d.h., es sei $p_1=2$, $p_2=3$, $p_3=5$, $p_4=7$, $\dots$ Man untersuche, ob es eine natürliche Zahl $N$ derart gibt, dass für alle natürlichen Zahlen $n$ mit $n > N$ die Ungleichung $p_n>4n$ gilt.
\quoteoff
Lösung:
Wir zeigen im Folgenden, dass es ein solches $N$ gibt, indem wir die dazu äquivalente Behauptung beweisen, dass es ein $S$ gibt, sodass für jedes $s>S$ weniger als $\frac{s}{4}$ Primzahlen $p\leq s$ gibt. Ist dem nämlich so, dann gilt insbesondere für jede Primzahl $p_n>S$ mit $s:=p_n$, dass $n<\frac{s}{4}=\frac{p_n}{4}$, also $p_n>4n$ gilt.
Für eine Primzahlahl $p>7$ gilt, dass sie weder durch 2, 3, 5 noch 7 teilbar ist. Also kann sie nur in einer von zwei Restklassen modulo 2, in nur zwei von drei Restklassen modulo 3, in nur 4 von 5 Restklassen modulo 5 und in nur 6 der 7 Restklassen modulo 7 liegen. Nach dem chinesischen Restsatz lässt sich wegen der paarweisen Teilerfremdheit von 2, 3, 5 und 7 jede Kombination der Restklassen modulo 2, 3, 5 und 7 zu einer modulo $2\cdot 3 \cdot 5\cdot 7=210$ zusammenfassen, sodass $p$ nur in $1\cdot 2 \cdot 4 \cdot 6=48$ der 210 Restklassen modulo liegen kann.
Da 210 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen alle Restklassen modulo 210 durchlaufen, können sich unter diesen nur höchstens 48 Primzahlen, die größer als 7 sind, befinden. Insbesondere gibt es also für jedes positive ganze $k$ höchstens $48 \cdot k + 4$ Primzahlen, die kleiner oder gleich $210 \cdot k$ sind.
Es sei $S:=12 \cdot 210$, $s>S$ und $k$ die größte ganze Zahl mit $210k\leq s$. Dann ist einerseits $k\geq 12$ und andererseits $s<(k+1) \cdot 210$. Also gibt es höchstens so viele Primzahlen $p\leq s$, wie es Primzahlen $p\leq (k+1) \cdot 210$ gibt. Nach dem Vorabsatz sind dies aber höchstens $48 \cdot (k+1) + 4=48k+52 = \frac{210}{4} \cdot k - \frac{18}{4} \cdot k + 52\leq \frac{s}{4} - \frac{9}{2} \cdot 12 + 52=\frac{s}{4} - 54+52<\frac{s}{4}$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 251246A: Eine im dekadischen Positionssystem dargestellte natürliche Zahl sei Spiegelzahl genannt, wenn ihre Ziffern symmetrisch aufgebaut sind, d.h., wenn die erste und die letzte, die zweite und die vorletzte usw. Ziffer ̈ubereinstimmt. Zum Beispiel sind die Zahlen 358853, 27672, 44444 Spiegelzahlen. Man untersuche, ob es zu jeder zweistelligen natürlichen Zahl $a$, deren letzte Ziffer von 0 verschieden ist, eine von 0 verschiedene Spiegelzahl gibt, die durch $a$ teilbar ist.
\quoteoff
Lösung:
Wir zeigen im Folgenden, dass für jede solche Zahl $a$ eine durch $a$ teilbare Spiegelzahl existiert:
Es sei $b$ die Zahl, die aus $a$ entsteht, wenn man aus ihrer Primfaktorzerlegung alle Faktoren 2 und 5 (sofern enthalten) streicht. Damit ist $\mathop{ggT}(b,10)=1$ und nach dem Satz von Euler-Fermat gilt $10^{\phi(b)} \equiv 1 \pmod{b}$, wobei $\phi(b)$ die zu $b$ teilerfremden Restklassen modulo $b$ angibt (also die Anzahl der natürlichen Zahlen $1\leq n \leq b$ mit $\mathop{ggT}(b,n)=1$). Offensichtlich ist $\phi(b)\geq 1$ für alle natürlichen Zahlen $b\geq 1$. Auch gilt offenbar für jede natürliche Zahl $k$, dass $10^{k\cdot \phi(b)}\equiv 1 \pmod{b}$ gilt.
Da $a$ nicht durch 10 teilbar ist, ist $\frac{a}{b}$ eine reine Zweier- oder Fünferpotenz (oder 1). Wegen $a<100$ und $2^7=128>100$ sowie $5^7>5^3=125>100$ ist eine natürliche Zahl genau dann durch $a$ teilbar, wenn sie sowohl durch $b$ teilbar ist als auch die aus ihren letzten 6 Ziffern gebildete Zahl durch $\frac{a}{b}$. (Dies nutzt die Teilerfremdheit von $b$ und $\frac{a}{b}$ aus.)
Es sei $c$ das kleinste Vielfache von $\phi(b)$, welches größer oder gleich 6 ist. Weiter definieren wir $s$ die (ggf. um führende Nullen ergänzte) $c$-stellige Zahl mit Wert $\frac{a}{b}$ und $t$ die $c$-stellige Zahl, die durch Spiegelung aus $s$ entsteht. Dann besitzt $t$ keine führende Null, da dies die Einerziffer von $s$ ist. Wäre diese aber 0, so $s$ und damit $a$ durch 10 teilbar.
Weiterhin sei $m$ die kleinste positive ganze Zahl, die $s+10t+m \equiv 0 \pmod{b}$ erfüllt. Abschließend sei die natürliche Zahl $n$ wie folgt definiert:
$n=s+\sum_{k=1}^m 10^{k \cdot c} + t \cdot 10^{m \cdot c+1}.$
Dann ist $n$ eine Spiegelzahl: Bei der Definition der Zahl $n$ als die angegebene Summe treten keine Summen von Ziffern an der gleichen Stelle auf: Da $s$ nur $c$-stellig ist, aber alle weiteren Summanden der Summe mindestens den Faktor $10^c$ beinhalten, gibt es hier keine Überlappung. Auch die einzelnen weiteren Summanden besitzen offenbar jeweils unterschiedliche Zehnerpotenzen und abschließend wird $t$ mit der größten in der Definition vorkommenden Zehnerpotenz multipliziert. Also können wir die Ziffern einzeln vergleichen und es gilt nach Konstruktion, dass die erste Ziffer von $n$ gleich der von $t$ und damit der letzten von $s$ und damit von $n$ ist. Dies gilt auch für die entsprechenden zweiten, dritten, $\dots$, und $c$-ten Ziffern. Darüberhinaus sind alle weiteren Ziffern von $n$ gleich Null, es sei denn, die entsprechende Stelle wurde mit einem Summanden der Form $10^{k \cdot c}$ auf Eins gesetzt. Diese liegen aber symmetrisch zur Stelle mit Exponenten $\frac{m+1}{2} \cdot c$. Da $t$ eine $c$-stellige Zahl ist, besitzt $n$ genau $(m+1) \cdot c$ Stellen, sodass die Symmetrie genau "in der Mitte" der Zahl liegt, es sich bei $n$ also um eine Spiegelzahl handelt.
Weiterhin ist $n$ durch $\frac{a}{b}$ teilbar, da $s$ dadurch teilbar ist sowie jede Zehnerpotenz mit Exponenten von mindestens $6$. Nach Definition ist aber $c\geq 6$, sodass diese Teilbarkeitsaussage für jeden Summanden in der Definition von $n$ und damit auch für $n$ selbst gilt.
Schließlich ist nach Konstruktion auch $n\equiv s + \sum_{k=1}^m 1 + 10 \cdot t \equiv 0 \pmod{b}$ und somit $n$ durch $b$, also insgesamt auch durch $a$ teilbar, $\Box$.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.642, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-08
|
Vielen Dank für die vielen, neuen Lösungen. Somit sind es schon 778.
LG Steffen
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.643, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
\quoteon
Aufgabe 241246B: Man ermittle alle diejenigen positiven reellen Zahlen $k$, für welche die durch
$x_1=1$, $x_{n+1}=\sqrt{k(x_n^2+x_n)}$ $(n=1,2,3,\dots)$
definierte Zahlenfolge $(x_n)$ konvergent ist.
Zu jeder solchen Zahl $k$ ermittle man den Grenzwert der Zahlenfolge $(x_n)$.
\quoteoff
Lösung:
Für $k=1$ ist $x_{n+1}^2=x_n^2+x_n\geq x_n^2+1\geq n+1$, wie man leicht induktiv beweist. Insbesondere divergiert also die Folge $(x_n^2)$ bestimmt gegen $+\infty$ und damit auch die Folge $(x_n)$.
Für größere Werte von $k$ vergrößern sich aufgrund der Monotonie der Rekursionsbedingung zur Berechnung von $x_{n+1}$ aus $k$ und $x_n$ nur die Folgenglieder weiter, was sich wieder simpel per Induktion zeigen lässt, sodass auch dann die Folgen gegen $+\infty$ divergieren.
Für $00$ beschränkt ist und im Fall $\frac{1}{2}\leq k < 1$ aufgrund des monotonen Wachstums nach unten durch $x_1=1>0$ beschränkt ist. Also muss $g$ der gesuchte Grenzwert sein.
Zusammenfassend ergibt sich, dass die Folge für $k\geq 1$ (gegen $+\infty$) divergiert und für $0K^{\prime}$ die Ungleichung der Aufgabenstellung, während es kein kleinstes solches $K$ gibt, da im Fall $K=K^{\prime}$ bei den angegebenen Winkeln der Gleichheitsfall eintritt.
Cyrix
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.644, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
Wir haben ein kleines Zwischenergebnis erreicht.
In der Datei sind nun alle 1318 Aufgaben der II. bis IV. Stufe der Klassen 9 bis 12 von 1961 bis 1989 enthalten.
Es war heute etwas Stress, die noch 120 fehlenden Aufgaben abzuschreiben, aber es ist geschafft.
Die gelösten Aufgaben sind nun 780, d.h. es sind noch 538 offen.
Wenn ich mir überlege, dass dies in nur 48 Tagen geschafft wurde, ist dies wohl einmalig.
Danke an alle Mitstreiter.
LG Steffen
|
Profil
|
Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.645, eingetragen 2019-06-09
|
281241
Man ermittle alle reellen Lösungen $(x, y, z)$ des Gleichungssystems
$x^2 + y^2 + z^2 = 1$
$x + 2y + 3z = \sqrt{14}$
\showon Lösung
Mit der Ungleichung von Cauchy-Schwarz ist $$x+2y+3z=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{14},$$
wobei Gleichheit genau dann eintritt, wenn beide Vektoren parallel sind.
Wegen $x^2+y^2+z^2=1$ tritt in der Tat Gleichheit ein, sodass ein $a>0$ existiert mit $$\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}.$$
Eingesetzt in die zweite Gleichung folgt $a+4a+9a=\sqrt{14}$, insgesamt muss also $x=a$, $y=2a$, $z=3a$ mit $a=\sqrt{14}/14$ gelten. Eine Probe (Einsetzen ins Gleichungssystem) ergibt, dass dies tatsächlich eine Lösung ist.
\showoff
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.646, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
\quoteon
Aufgabe 251221: Man ermittle alle diejenigen Paare $(x;y)$ reeller Zahlen $x,y$, die das folgende Gleichungssystem (1),(2) erfüllen.
$x^2+y^2=5$ (1)
$x^2+xy=2$ (2)
\quoteoff
Lösung:
Addiert man das Doppelte von Gleichung (2) zu Gleichung (1) erhält man
$9=3x^2+2xy+y^2=2x^2+(x+y)^2.$
Aus der zweiten Gleichung folgt einerseits $x\neq 0$, da man sonst den Widerspruch $0=2$ erhalten würde, und andererseits damit dann $x+y=\frac{2}{x}$. Setzt man dies in die eben erhaltene Gleichung ein und multipliziert mit x^2, erhält man
$9x^2=2x^4+4$ bzw. $2z^2-9z+4=0$ mit $z:=x^2$. Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung in $z$ lauten $\frac{9}{4}\pm\sqrt{\frac{81}{16}-2}=\frac{9\pm\sqrt{81-32}}{4}=\frac{9\pm 7}{4}$, also $z_1=\frac{1}{2}$ und $z_2=2$.
Damit ergeben sich für $z_1=\frac{1}{2}$ die Werte $x_{1/2}=\pm\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2}$ und damit nach Gleichung (2) $y_{1/2}=\pm\frac{3}{2} \cdot \sqrt{2}$, wobei jeweils das gleiche Vorzeichen zu wählen ist. Dass diese Lösungen auch die erste Gleichung erfüllen, rechnet man leicht nach.
Andererseits ergäbe sich aus $x^2=z_2=2$ mit der zweiten Gleichung $y=0$, was jedoch im Widerspruch zur ersten Gleichung steht.
Es ergeben sich also genau zwei Lösungen, nämlich $(x,y)\in\left\{\left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2}, \frac{3}{2}\cdot \sqrt{2}\right); \left(-\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2}, -\frac{3}{2}\cdot \sqrt{2}\right)\right\}$.
\quoteon
Aufgabe 251222: Beweisen Sie, dass in jedem Dreieck $ABC$ für die Seitenlängen $a=|BC|$, $b=|CA|$, $c=|AB|$ und die Länge $s_a$ der Verbindungsstrecke zwischen dem Punkt $A$ und dem Mittelpunkt $M$ der Strecke $BC$ die Beziehung gilt:
$s_a=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}$
\quoteoff
Lösung:
Nach dem Cosinussatz im Dreieck $\triangle ABC$ gilt $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$, also $\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ und nach dem Cosinussatz im Dreieck $\triangle MAC$ ist
$s_a^2=b^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2-2b\cdot\frac{a}{2}\cdot\cos\gamma$
$=b^2+\frac{a^2}{4}-ab \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{2b^2-a^2+2c^2}{4},$
also
$s_a=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 251223: a) Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ die durch $a_n= 3n−2$, $b_n=a_n^2$ ($n=1,2,3,\dots$) definierten Zahlenfolgen.
Beweisen Sie, dass dann die Folge der Differenzen $b_{n+1}−b_n$ ($n= 1,2,3,\dots$) eine arithmetische Zahlenfolge ist!
b) Eine Verallgemeinerung der in a) zu beweisenden Aussage lautet: Wenn $(a_n)$ eine beliebige arithmetische Folge und $(b_n)$ die durch $b_n=a_n^2$ ($n= 1,2,3,\dots$) definierte Folge ist, dann ist die Folge der Differenzen $b_{n+1}−b_n$ ($n=1,2,3,\dots$) ebenfalls eine arithmetische Folge.
Beweisen Sie auch diese Verallgemeinerung!
\quoteoff
Lösung:
Wir beweisen die Aussage aus Aufgabenteil b), womit direkt auch der Spezialfall in Aufgabenteil a) gezeigt ist.
Sei dazu die Folge $(a_n)$ definiert durch $a_n=c\cdot n + d$ mit reellen Zahlen $c$ und $d$ und $b_n:=a_n^2=c^2 \cdot n^2 + 2cd \cdot n + d^2$. Dann ist
$\Delta_n:=b_{n+1}-b_n=c^2 \cdot ((n+1)^2-n^2) + 2cd \cdot ((n+1)-n) + d^2-d^2=2c^2 \cdot n + (c^2+2cd)=p \cdot n + q,$
mit $p:=2c^2$ und $q:=c^2+2cd$.
Damit ist $(\Delta_n)$ eine arithmetische Folge, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 251231: Man ermittle alle diejenigen Paare $(m;n)$ natürlicher Zahlen $m$ und $n$, für die die folgenden Bedingungen (1) und (2) gelten:
(1) $m+n$ und $m\cdot n$ sind zweistellige Zahlen.
(2) Vertauscht man die Ziffern der Zahl $m+n$ miteinander, so erhält man die (Zifferndarstellung der) Zahl $m\cdot n$.
\quoteoff
Lösung:
Nach Aufgabenstellung existieren Ziffern $c,d\in\{1; 2; \dots; 9\}$ mit $m+n=10c+d$ und $m\cdot n=10d+c$. Dabei darf keine Ziffer 0 sein, da sonst die Zahl mit entsprechender Zehnerstelle nicht zweistellig wäre. Insbesondere ist $(m-1)\cdot (n-1)=(m\cdot n)-(m+n)+1=10d+c-(10c+d)+1=9(d-c)+1$, lässt bei Division durch 9 den Rest 1. Damit kann man aus der Restklasse von $n$ eindeutig die von $m$ modulo 9 bestimmen:
Ist $n\equiv 0,2,3,5,6,8 \pmod{9}$, so muss $m\equiv 0,1,6,8,3,5 \pmod{9}$ sein, während es jeweils keine Lösung gibt, falls $n\equiv 1,4,7\pmod{9}$ ist, da dann $n-1$ und damit auch $(n-1)(m-1)$ durch 3 teilbar ist, was ein Widerspruch zur Kongruenz zu 1 modulo 9 darstellt.
Analog erhält man $(m+1)(n+1)=(m\cdot n)+(m+n)+1=(10d+c)+(10c+d)+1=11(c+d)+1$, was den Rest 1 bei der Division durch 11 lässt, sodass man wieder aus der Kongruenz von $n$ modulo 11 auf die von $m$ schließen kann:
Ist $n\equiv 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 \pmod{11}$, so muss $m\equiv 0,5,3,2,8,1,7,6,4,9 \pmod{11}$ gelten, wobei es für $n\equiv 10\pmod{11}$ keine Lösung gibt, da dann $(n+1)$ und damit $(n+1)(m+1)$ durch 11 teilbar ist, was der Kongruenzbedingung widerspricht.
Es sei o.B.d.A. $m\geq n$. Dann ist $n\neq 0$, da sonst $m\cdot n=0$ nicht zweistellig wäre. Weiterhin ist $n\neq 1,4,7$, da es dafür aufgrund der Kongruenzbedingung keine Lösung gibt. Wegen $100>m\cdot n\geq n^2$ ist $n<10$, sodass noch die Fälle $n\in\{2,3,5,6,8,9\}$ verbleiben. In jedem dieser Fälle folgt für $m$ eine Kongruenz modulo 9 und eine modulo 11, was sich nach dem Chinesischen Restsatz zu einer modulo 99 zusammenfassen lässt. Da $0100$ keine Lösung ist.
2. Fall: $n=3$. Dann muss $m\equiv 6\pmod{9}$ und $m\equiv 2\pmod{11}$, also $m=24$ gelten, was wegen $mn=72$ und $m+n=27$ eine Lösung ist.
3. Fall: $n=5$. Dann muss $m\equiv 8\pmod{9}$ und $m\equiv 1\pmod{11}$, also $m=89$ gelten, was wegen $mn>100$ keine Lösung ist.
4. Fall: $n=6$. Dann muss $m\equiv 3\pmod{9}$ und $m\equiv 7\pmod{11}$, also $m=84$ gelten, was wegen $mn>100$ keine Lösung ist.
5. Fall: $n=8$. Dann muss $m\equiv 5\pmod{9}$ und $m\equiv 4\pmod{11}$, also $m=59$ gelten, was wegen $mn>100$ keine Lösung ist.
6. Fall: $n=9$. Dann muss $m\equiv 0\pmod{9}$ und $m\equiv 9\pmod{11}$, also $m=9$ gelten, was wegen $mn=81$ und $m+n=18$ eine Lösung ist.
Damit gibt es insgesamt genau drei Paare, die den Bedingungen der Aufgabenstellung genügen, nämlich $(m,n)\in\{(3,24),\ (24,3),\ (9,9)\}$.
\quoteon
Aufgabe 251241: Zu einer Feier erscheinen fünf Gäste. Der Gastgeber stellt fest, dass unter je drei von diesen Gästen stets zwei sind, die sich wechselseitig kennen, und zwei, die sich nicht kennen. Man beweise, dass der Gastgeber seine fünf Gäste so an einen runden Tisch setzen kann, dass an beiden Seiten jedes Gastes Bekannte dieses Gastes sitzen.
\quoteoff
Lösung:
Die Gäste seien mit $A$ bis $E$ bezeichnet. Wir zeigen zuerst, dass jeder Gast genau zwei der anderen Gäste wechselseitig kennt:
Wir betrachten o.B.d.A. Gast $A$. Würde $A$ keinen der weiteren Gäste kennen, so müssten sich alle anderen Gäste paarweise wechselseitig kennen, damit unter den drei Personen $A$ und zwei beliebigen weiteren Gästen ein solches sich kennendes Paar vorkommt. Dann jedoch kennen sich $B$, $C$ und $D$ wechselseitig, sodass unter diesen dreien keine zwei existieren, die sich nicht gegenseitig kennen, was ein Widerspruch zur Aufgabenstellung darstellt.
Also muss $A$ mindestens einen weiteren Gast, o.B.d.A. $B$, kennen. Würde $A$ nun keinen weiteren Gast kennen, erhielte man den analogen Widerspruch, dass sich $B$, $C$ und $D$ jeweils paarweise kennen müssten, es also unter diesen dreien wieder keine zwei gäbe, die sich nicht kennen würden. Also muss $A$ noch mindestens einen weiteren Gast, o.B.d.A. $E$, kennen.
Mit völlig analogem Vorgehen unter Vertauschung von "kennen" und "nicht kennen", zeigt man auch, dass $A$ mindestens zwei der Gäste nicht kennt, was dann $C$ und $D$ sein müssen.
Da $A$ hierbei beliebig gewählt wurde, gilt für jeden Gast, dass er genau zwei der anderen Gäste kennt. Insbesondere gilt dies auch für $B$ und $E$, die also neben $A$ noch jeweils genau einen weiteren Gast kennen. Würden sie sich gegenseitig kennen, hieße das, dass sie beide sowohl $C$ als auch $D$ nicht kennen, sodass $C$ und $D$ nur maximal einen Gast (nämlich den jeweils anderen) kennen könnten, was ein Widerspruch zur gerade gemachten Aussage, dass jeder Gast genau 2 andere kennt, wäre. Also können sich $B$ und $E$ nicht kennen.
Der zweite $B$ bekannte Gast neben $A$ sei o.B.d.A. $C$. Damit kennt $D$ weder $A$ noch $B$, muss also sowohl $C$ als auch $E$ kennen, sodass sich die Anordnung $A$ -- $B$ -- $C$ -- $D$ -- $E$ -- $A$ ergibt, die der Aufgabenstellung genügt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.643 begonnen.]
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.647, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
Frage zu Aufgabe 291241
Hallo Steffen,
in Deiner Datei wird eine Lösung zu
\[\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a\sqrt{x}}}}= x\]
gesucht, in der Datei von Olympiade-Mathematik steht die Gleichung
\[\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{x}}}}= x\]
Mir würde
\[\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+x}}}= x\]
gefallen. Kannst Du nachschauen, was die richtige Gleichung ist.
Danke,
Tom
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.648, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
\[\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{x}}}}= x\]
ist richtig.
Ich habe das Plus "unterschlagen".
Ist schon korrigiert.
LG Steffen
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.649, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
Schade, die letzte Wurzel ist nicht so schön. Falls ganz innen $\sqrt{a+x}$ stehen würde, wäre es eine iterierte Funktion und die Gleichung könnte auf $\sqrt{a+x}=x$ reduziert werden.
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.650, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09
|
\quoteon
Aufgabe 251041: Beweisen Sie, dass
$\frac{1281^3+1282^3+1283^3+1284^3+1285^3+1286^3+1287^3}{639\cdot 640+641\cdot 642+642\cdot 643+644\cdot 645}$
eine durch 7 teilbare natürliche Zahl ist!
\quoteoff
Lösung:
Mit $u:=642$ wird die in der Aufgabenstellung beschrieben Zahl $z$ zu
$z=\frac{(2u-3)^2+(2u-2)^3+(2u-1)^3+(2u)^3+(2u+1)^3+(2u+2)^3+(2u+3)^3}{(u-3)(u-2)+(u-1)u+u(u+1)+(u+2)(u+3)}$
$=\frac{7\cdot 8u^3 +3\cdot (2u)^2\cdot (-3-2-1+1+2+3) + 3\cdot (2u)\cdot (3^2+2^2+1^2+1^2+2^2+3^2) + (-3^3-2^3-1^3+1^3+2^3+3^3)}{4u^2+u\cdot (-3-2-1+1+2+3)+6+6}$
$=\frac{56u^3+168u}{4u^2+12}=\frac{14 \cdot u \cdot (u^2+3)}{u^2+3}=7 \cdot 2u=7 \cdot 1284 \in 7\mathbb{N}$, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 251043B: Gegeben seien reelle Zahlen $a_1$, $a_2$ ,$a_3$ ,$a_4$. Man ermittle zu jedem möglichen Fall für diese $a_1, \dots , a_4$ jeweils alle diejenigen Tripel $(b_1,b_2,b_3)$ reeller Zahlen (bzw. beweise gegebenenfalls, dass es keine solchen Tripel gibt), für die das Gleichungssystem
$\begin{eqnarray*}
a_1x_1^2+a_2x_2^2+x_3^2&=b_1\\
x_2^2+a_3x_3^2&=b_2\\
x_2^2+a_4x_3^2&=b_3
\end{eqnarray*}
$
genau ein Tripel $(x_1,x_2,x_3)$ reeller Zahlen als Lösung hat.
\quoteoff
Bemerkung: Im PDF ist ein Schreibfehler in der Aufgabennummer.
Lösung:
Das Gleichungssystem ist linear in $x_1^2$, $x_2^2$ und $x_3^2$, sodass mit einem Lösungstripel $(x_1,x_2,x_3)$ auch jedes Tripel der Form $(\pm x_1, \pm x_2, \pm x_3)$, wobei die Vorzeichen unabhängig voneinander gewählt werden können, eine weitere Lösung ist. Damit es nur eine eindeutig bestimmte Lösung gibt, muss also $x_1=x_2=x_3=0$ gelten.
Damit das Tripel $(0,0,0)$ aber überhaupt eine Lösung ist, muss $b_1=b_2=b_3=0$ gelten, denn sonst würde für ein $b_i\neq 0$ das Lösungs-Tripel $(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$ die $i$-te Gleichung nicht erfüllen.
Ergo hat das Gleichungssystem der Aufgabenstellung genau dann genau eine Lösung, wenn $b_1=b_2=b_3=0$ ist und das lineare Gleichungssystem
$\begin{eqnarray*}
a_1y_1+a_2y_2+y_3&=0\\
y_2+a_3y_3&=0\\
y_2+a_4y_3&=0
\end{eqnarray*}
$
allein die triviale Lösung $y_1=y_2=y_3=0$ besitzt, also die drei Gleichungen linear unabhängig sind. Dafür muss $a_3\neq a_4$ gelten, denn sonst wären die zweite und dritte Gleichung identisch. Ist aber $a_3\neq a_4$, so folgt aus diesen beiden Gleichungen direkt $y_2=y_3=0$. Damit folgt, dass $a_1\neq 0$ sein muss, denn sonst wäre etwa auch $(y_1,y_2,y_3)=(1,0,0)$ Lösung des betrachteten Gleichungssystems. Ist aber $a_1\neq 0$, so folgt wieder direkt mit $y_2=y_3=0$ auch $y_1=0$.
Zusammenfassend gilt also:
Ist $a_1=0$ oder $a_3=a_4$, so gibt es kein Tripel $(b_1,b_2,b_3)$, sodass das Gleichungssystem der Aufgabenstellung genau eine Lösung $(x_1,x_2,x_3)$ besitzt. Ist aber sowohl $a_1\neq 0$ als auch $a_3\neq a_4$, so ist dies genau für $(b_1,b_2,b_3)=(0,0,0)$ der Fall. (Die Lösung lautet dann $(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$.)
\quoteon
Aufgabe 251046: Es sei $F= (a_1,a_2,a_3, \dots )$ diejenige unendliche Folge natürlicher Zahlen, die durch die Festsetzungen (1), (2) definiert ist:
(1) Die ersten vier Glieder der Folge $F$ lauten $a_1=1$, $a_2=9$, $a_3=8$, $a_4=6$; sie bilden also die Teilfolge (1,9,8,6).
(2) Für jedes $n\geq 5$ ist $a_n$ die Einerziffer der Summe der vier Glieder, die dem Glied $a_n$ in der Folge $F$ unmittelbar vorangehen.
Man untersuche, ob es in der Folge $F$ außer der Teilfolge $(a_1,a_2,a_3,a_4)$ noch eine weitere Teilfolge gibt, die aus vier unmittelbar aufeinanderfolgenden Gliedern von $F$ besteht und (1,9,8,6) lautet.
\quoteoff
Lösung:
Wir zeigen im Folgenden, dass die Folge (rein)periodisch ist, dass also unendlich oft die Sequenz (1,9,8,6) in der Folge wiederholt auftritt:
Für jedes $n\geq 1$ betrachten wir das Quadrupel $q_n:=(a_n,a_{n+1},a_{n+2},a_{n+3})$. Da alle Folgenglieder nach Definition Ziffern sind, kann es höchstens $10^4$ verschiedene solcher Quadrupel geben. Also muss es nach spätestens $10^4+1$ Folgengliedern ein Quadrupel wiederholt erscheinen. Sei also $q_m=q_n$ mit $m>n$, also $q_{m+i}=q_{n+i}$ für $i=0,1,2,3$. Dann ist aber auch $q_{m+4}=q_{n+4}$, da sich beide als Einerziffer der Summe $q_m+q_{m+1}+q_{m+2}+q_{m+3}=q_n+q_{n+1}+q_{n+2}+q_{n+3}$ berechnen. Analog folgt induktiv für alle natürlichen $k\geq 0$, dass $a_{m+k}=a_{n+k}$ gilt, sodass die Folge $F$ ab $a_n$ periodisch mit Periodenlänge $m-n$ (bzw. eines Teilers davon) ist.
Umgekehrt lässt sich aber auch aus vier aufeinanderfolgenden Folgengliedern das davor liegende (sofern existent) eindeutig berechnen: Es ist $a_{m-1}$ die eindeutig bestimmte Ziffer, für die die Summe $a_{m-1}+a_m+a_{m+1}+a_{m+2}$ die Einerziffer $a_{m+3}$ besitzt. Stimmen aber $q_m$ und $q_n$ überein, gilt also, wie oben, $a_{m+i}=a_{n+i}$ für $i=0,1,2,3$, so muss also auch $a_{m-1}=a_{n-1}$ gelten, sofern $n>1$ ist. Induktiv folgt nun für jedes natürliche $k$ mit $k
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.651, eingetragen 2019-06-10
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 3 - 291223
Über fünf Streckenlängen $a, b, c, d, e$ werde vorausgesetzt, dass je drei von ihnen die Seitenlängen eines
Dreiecks sind.
Man beweise, dass unter dieser Voraussetzung stets eines dieser Dreiecke spitzwinklig sein muss.
\quoteoff
Aus dem Kosinussatz und der Tatsache, dass in einem Dreieck der größte Winkel der größten Seite gegenüberliegt, folgt, dass ein Dreieck mit Seitenlängen $x\leq y\leq z$ genau dann spitzwinklig ist, wenn $x^2+y^2 > z^2$ gilt.
Sei O.B.d.A. $a\leq b \leq c \leq d \leq e$.
Angenommen die Dreiecke $c,d,e$ bzw. $a,b,c$ bzw. $a,b,d$ wären nicht spitzwinklig, dann wäre nach obiger Bemerkung
\[e \geq \sqrt {c^2+d^2} \geq \sqrt{(a^2+b^2)+(a^2+b^2)}= \sqrt{2(a^2+b^2)}.\]
Aus der Dreiecksungleichung im Dreieck $a,b,e$ und der Ungleichung zwischen arithmetischem und quadratischem Mittel folgt andererseits
\[e \(\endgroup\)
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.652, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon
Aufgabe 240931: Beweisen Sie, dass es keine vierstellige Quadratzahl $z$ mit den folgenden Eigenschaften (1) und (2) gibt!
(1) Die erste und die dritte Ziffer von $z$ sind einander gleich.
(2) Die zweite und die vierte Ziffer von $z$ sind einander gleich.
\quoteoff
Lösung:
Nehmen wir an, es gäbe eine solche Zahl $z$ und bezeichnen ihre erste Ziffer mit $a$ sowie ihre zweite mit $b$. Dann ist $z=1000 \cdot a + 100 \cdot b + 10 \cdot a + b=101 \cdot (10a+b)$. Da $z>0$ eine Quadratzahl ist, aber 101 eine Primzahl, die $z$ teilt, muss auch $101^2>10000$ die Zahl $z$ teilen, was ein Widerspruch zur Vierstelligkeit von $z$ ist. Demnach gibt es keine vierstellige Quadratzahl $z$, die die Bedingungen (1) und (2) erfüllt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 240932: n einem rechtwinkligen Koordinatensystem seien der Kreis $k$ um den Ursprung mit dem Radius $\sqrt{2}$ und die Gerade $g$ mit der Gleichung $y=−x+ 10$ gezeichnet.
Ermitteln Sie Gleichungen für die beiden zu $g$ parallelen Tangenten an $k$!
\quoteoff
Lösung:
Die zu $g$ parallelen Geraden haben den gleichen Anstieg wie $g$, also -1. Darüberhinaus stehen die Berührungsradien senkrecht auf den Tangenten, haben also den Anstieg 1 und verlaufen durch den Mittelpunkt des Kreises, besitzen also die Gleichung $y_r=x$, sodass sich die Berührpunkte an den Koordinaten $(1,1)$ bzw. (-1,-1) befinden. (Man rechnet leicht nach, dass diese den Abstand $\sqrt{2}$ vom Kreismittelpunkt, also dem Koordinatenursprung, besitzen und damit auf $k$ liegen.) Damit haben die beiden Tangenten die Gleichungen $y_{t_1} = -(x-1)+1=-x+2$ und $y_{t_2}= -(x+1) -1= -x-2$.
\quoteon
Aufgabe 240933: Es sei $ABCD$ ein regelmäßiges Tetraeder mit der Kantenlänge $a$. Der Mittelpunkt der Kante $AB$ sei $M$, der Mittelpunkt der Kante $CD$ sei $N$.
a) Beweisen Sie, dass die Gerade durch $M$ und $N$ sowohl auf der Geraden $g$ durch $A$ und $B$ als auch auf der Geraden $h$ durch $C$ und $D$ senkrecht steht!
b) Ermitteln Sie den Abstand $|MN|$ zwischen $M$ und $N$!
c) Beweisen Sie, dass für jeden Punkt $X$ auf $g$ und jeden Punkt $Y$ auf $h$ der Abstand $|XY|$ zwischen $X$ und $Y$ die Ungleichung $|XY|\geq |MN|$ erfüllt!
\quoteoff
Lösung:
a) Es ist $CM$ eine Höhe im gleichseitigen Dreieck $\triangle ABC$ und steht damit senkrecht auf $g$. Analog ist $DM$ eine Höhe im gleichseitigen Dreieck $\triangle ABD$, die damit auch senkrecht auf $g$ ist. Da beide Geraden durch $M$ verlaufen, liegen sie in der eindeutig bestimmten Ebene $\epsilon$, welche zu $g$ senkrecht ist und durch $M$ verläuft. Damit liegen auch $C$ und $D$, also auch ihre Verbindungsgerade und damit auch $N$ auf $\epsilon$. Da alle Geraden auf $\epsilon$, die $g$ schneiden, senkrecht zu dieser verlaufen, gilt dies auch für die Gerade $MN$, die $g$ in $M$ schneidet.
Da im regulären Tetraeder keine Eckpunkte oder Seitenkanten voneinander ausgezeichnet sind, folgt aus Symmetriegründen völlig analog auch $MN \perp h$.
b) Wie gerade nachgewiesen, ist das Dreieck $\triangle MND$ rechtwinklig in $N$. Dabei ist $|ND|=\frac{1}{2} a$, da $N$ der Mittelpunkt der Kante $CD$ mit Länge $a$ ist. Weiterhin ist $|MD|=\frac{\sqrt{3}}{2} a$, da dies die Länge einer Seitenhalbierenden im gleichseitigen Dreieck $\triangle ABD$ mit Kantenlänge $a$ ist. Also gilt nach dem Satz des Pythagoras $|MN|^2=|MD|^2-|ND|^2=\frac{3}{4} a^2 - \frac{1}{4} a^2=\frac{1}{2} a^2$, also $|MN|=\frac{\sqrt{2}}{2} a$.
c) Die Geraden $g$ und $h$ sind windschief, denn lägen sie in einer Ebene, so auch die Punkte $A$, $B$, $C$ und $D$, die auf ihnen liegen, sodass diese keinen Tetraeder bilden würden. Damit gibt es die zwei parallelen Ebenen $\phi_g$ und $\phi_h$ die $g$ bzw. $h$ beinhalten und jeweils parallel zur anderen Geraden sind. Nach Aufgabenteil b) haben diese beiden Ebenen wegen Teil a) den Abstand $|MN|$.
Sei für einen beliebigen Punkt $X$ auf $\phi_g$ der Bildpunkt bezüglich Projektion auf $\phi_h$ mit $P$ bezeichne. Dann ist also $|XP|=|MN|$. Ist $Y$ nun ein beliebiger Punkt auf $\phi_h$, so kann entweder $Y=P$ gelten, sodass dann $|XY|=|XP|=|MN|$ gilt, oder aber es ist $Y\neq P$. Dann ist das Dreieck $\triangle XYP$ rechtwinklig in $P$ und es gilt $|XY|^2=|XP|^2+|YP|^2$, also $|XY|>|XP|=|MN|$, sodass in jedem Fall, insbesondere auch für $X$ auf $g$ und $Y$ auf $h$ die Ungleichung $|XY|\geq |MN|$ erfüllt ist, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 240934: Bei einer Diskussion in der mathematischen Arbeitsgemeinschaft berichtet Norbert, er habe eine Quadratzahl $n^2>1$ als Summe von $n$ natürlichen Zahlen dargestellt, von denen keine zwei einander gleich waren. Anke meint: ”Es gibt sogar unendlich viele Quadratzahlen $n^2>1$, die jeweils als Summe von $n$ natürlichen Zahlen darstellbar sind, unter denen sich keine zwei gleichen befinden.” Bernd fragt: ”Gibt es auch Quadratzahlen $n^2>1$, die sich als Summe von $2n$ natürlichen Zahlen darstellen lassen, unter denen es keine zwei gleichen gibt?”
a) Beweise Ankes Aussage!
b) Beantworte Bernds Frage!
\quoteoff
Lösung:
a) Die Aussage gilt für jede natürliche Zahl $n>1$, da $n^2=1+3+\dots+(2n-1)$ die Summe der ersten $n$ ungeraden natürlichen Zahlen ist. (Dies stimmt offensichtlich für $n=1$; und wenn es für $n$ wahr ist, dann wegen $(n+1)^2=n^2+2n+1=n^2+(2n+1)=1+3+\dots+(2n-1)+(2n+1)$ auch für $n+1$, also für alle natürlichen Zahlen $n\geq 1$.)
b) Solche Quadratzahlen $n^2>1$ kann es nicht geben, da die Summe von $2n$ paarweise verschiedenen positiven ganzen Zahlen mindestens so groß ist wie die Summe der kleinsten $2n$ positiven ganzen Zahlen, also $0+1+\dots+(2n-1)=\frac{(2n-1) \cdot 2n}{2}=n \cdot (2n-1)>n^2$ für $2n-1>n$, also $n>1$.
\quoteon
Aufgabe 240935: Beweisen Sie, dass für die Kathetenlängen $a$, $b$ und die Hypotenusenlänge $c$ jedes rechtwinkligen Dreiecks die Ungleichung $a^5+b^5[Die Antwort wurde nach Beitrag No.650 begonnen.]
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.653, eingetragen 2019-06-10
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
In meiner Lösung zur folgenden Aufgabe finde ich die Formulierung mit "zwischen je zwei Feldern gibt es eine Folge, so dass ..." etwas holprig, mir fällt aber nichts besseres ein. Hat jemand einen Vorschlag? Die Aussage ist eigentlich total offensichtlich und folgt daraus, dass man jedes Feld von jedem anderen aus erreichen kann, indem man höchstens $n-1$-mal vertikal und dann $n-1$-mal horizontal "zieht".
\quoteon
Aufgabe 4 - 291224
Man löse die folgende Aufgabe
a) für n = 8 und k = 5,
b) für n = 9 und k = 6.
Aufgabe:
Untersuchen Sie, ob bei jeder Eintragung der natürlichen Zahlen $1, 2, ..., n^2$ in ein schachbrettartiges n × n-Felder-Quadrat zwei zueinander benachbarte Felder vorkommen müssen, in denen Zahlen stehen, deren Differenz größer oder gleich k ist!
Hinweise:
1. Die genannten Eintragungen sollen die Bedingungen erfüllen, dass jedes Feld genau eine Zahl erhält
und dass jede Zahl genau einmal verwendet wird.
2. Zwei Felder sollen genau dann zueinander benachbart heißen, wenn sie eine Seitenstrecke miteinander gemeinsam haben.
\quoteoff
Es muss in beiden Fällen zwei solche benachbarte Felder geben.
Angenommen nicht. Dann gäbe es eine Eintragung, bei der je zwei benachbarte Felder Zahlen enthalten, deren Differenz höchstens $k-1$ ist.
Für je zwei Felder $F, F'$ gibt es eine Folge $F_1, F_2, F_3, \ldots, F_m$ von Feldern, so dass $F_1 = F, F_m=F'$ und aufeinander folgende Folgenglieder benachbart sind und $m \leq 2n-1$ gilt. Daher gilt, dass die Differenz der Zahlen, die in $F$ bzw. $F'$ stehen nicht größer als $(2n-2)(k-1)$ ist.
Im Fall a) erhält man damit durch Betrachtung der Felder, die die Zahlen 1 bzw. 64 enthalten, den Widerspruch $63 \leq (2n-2)(k-1) = (2\cdot 8 -2)(5-1) = 56$.
Im Fall b) folgt, wegen $81-1 = 80 = (2\cdot 9-2)(6-1)$, dass die Zahlen 1 und 81 in sich diagonal gegenüberliegenden Eckfeldern des Schachbrettes eingetragen sein müssen. Dann ist das Feld, auf dem die Zahl 80 eingetragen ist, aber höchstens $(2\cdot 9-2)-1= 15$ Felder weit entfernt von dem Feld mit der Zahl 1. Das führt zum Widerspruch $79 = 80-1 \leq 15\cdot (6-1)=75 $.
\(\endgroup\)
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.654, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
Ich habe für die Aufgabe 291241
Für jede reelle Zahl $a$ untersuche man, ob die Gleichung
\[
\sqrt{a+ \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x} }}} = x \qquad (1)
\]
(mindestens) eine reelle Lösung $x$ hat, und ermittle alle reellen Lösungen der Gleichung (1).
in der Zeitschrift "alpha" folgende Lösung gefunden:
Lösung: a) Zurückführen von (1) auf eine einfachere Gleichung:
I. Wenn (1) für ein reelles $a$ ein reelles $x$ als Lösung hat, so ist es auch Lösung der Gleichung
\[
a + \sqrt{x} = x \qquad (2)
\]
Beweis: Wäre $a +\sqrt{x} > x$, so folgte
\[
a+ \sqrt{a+ \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x} }}} > a
+ \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x} }} > ... > a +\sqrt{x} > x
\]
im Widerspruch gegen die Voraussetzung (1). Im wesentlichen läuft der Beweis analog für $a + \sqrt{x} < x$.
II. Wenn (2) für ein reelles $a$ (einschließlich Probe und Rückschluss):
Für $a < -0,25$ hat (2) und damit (1) keine reelle Lösung $x$.
Für $a = -0,25$ ist $x=0,25$ einzige Lösung von (2) und damit (1).
Für $-0,25 < a \leq 0$ sind genau die zwei Zahlen
\[
x_{1,2} = 0,5 \cdot (2a + \pm \sqrt{4a+1})
\]
Für $a > 0$ genau die Zahl
\[
x = 0,5 \cdot (2a + 1 + \sqrt{4a+1})
\]
Lösung von (2), also von (1).
Außer der Tatsache, dass ich Probleme habe, dies zu verstehen :-? , habe ich eigentlich die Frage: Wie kommt man auf so eine Lösung?
LG Steffen
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.655, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
Hallo Steffen,
in dem Beweis wird eine Lösung von
\[
a+\sqrt{a+ \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x} }}} = x
\]
bestimmt, also fehlt in der Aufgabenstellung noch ein "a+...".
Mit $f(x):=a+\sqrt{x}$ können wir die Gleichung umschreiben zu $f(f(f(f(x))))=x$. Damit ist dann eine Lösung von $f(x)=x$ auch eine Lösung von $f(f(f(f(x))))=x$. Wie viele verschiedene Lösungen es in $\IR$ gibt, hängt dann im wesentlichen vom Monotonieverhalten von $f(x)-x$ ab. Was dort genau passiert muß ich mir noch etwas näher anschauen.
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.656, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
@TomTom314:
Danke für den Hinweis.
Ich habe erneut die Zeitschrift "alpha" herausgekramt und siehe da, dort steht
\[
a+\sqrt{a+ \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x} }}} = x
\]
Sorry. Bei der Aufgabe ist wohl bei mir der Wurm drin.
Ist korrigiert.
LG Steffen
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.657, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon
Aufgabe 251043A: Kurt möchte auf einer Holzkugel $K$ vier Punkte $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$ konstruieren, die die Bedingungen $|P_1P_2|=|P_1P_3|=|P_1P_4|=|P_2P_3|=|P_2P_4|=|P_3P_4|$ erfüllen. Folgende Hilfsmittel stehen ihm zur Verfügung:
- Ein ebenes Zeichenblatt $B$, auf dem eine Strecke $DE$ gegeben ist, deren Länge gleich dem Durchmesser $d$ der Kugel $K$ ist,
- ein Zirkel, mit dem man sowohl auf $B$ als auch auf der Oberfläche der Kugel $K$ Kreise zeichnen kann (der Zirkel besitzt zu diesem Zweck einknickbare, genügend lange Schenkel),
- ein Lineal (wie ̈ublich nur zum Konstruieren gerader Linien auf $B$ zu verwenden, nicht zur Skalenbenutzung).
Beschreiben Sie eine Konstruktion, die sich mit diesen Hilfsmitteln ausführen lässt!
Beweisen Sie, dass durch die von Ihnen beschriebene Konstruktion vier Punkte der geforderten Art erhalten werden!
Hinweis: Unter $|P_iP_j|$ ist die Länge der im Raum geradlinig (nicht auf der Kugeloberfläche) verlaufenden Verbindungsstrecke der Punkte $P_i$, $P_j$ zu verstehen. Ebenso wird beim Konstruieren eines Kreises auf $K$ die Zirkelspanne als geradlinige Streckenlänge festgelegt.
\quoteoff
Lösung:
Offenbar ist $P_1P_2P_3P_4$ ein reguläres Tetraeder mit Umkugel $K$.
Besitzt dieses Tetraeder die Kantenlänge $a$ und ist $M_{12}$ der Mittelpunkt der Strecke $P_1P_2$, so hat die von $P_3$ im gleichseitigen Dreieck $\triangle P_1P_2P_3$ ausgehende Höhe als Kathete im rechtwinkligen Dreieck $\triangle P_1P_3M_{12}$ die Länge $|P_3M_{12}|=\sqrt{|P_1P_3|^2-|P_1M_{12}|}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2} a$. Ist $S_{123}$ der Schwerpunkt im Dreieck $\triangle P_1P_2P_3$, so gilt also $|P_3S_{123}|=\frac{2}{3} \cdot |P_3M_{12}|=\frac{\sqrt{3}}{3} a$, da der Schwerpunkt jede Seitenhalbierende (und $P_3M_{12}$ ist im gleichseitigen Dreieck $\triangle P_1P_2P_3$ sowohl Höhe als auch Seitenhalbierende) im Verhältnis 2:1 teilt.
Weiterhin steht im regulären Tetraeder die Schwerelinie $P_4S_{123}$ senkrecht auf $P_3S_{123}$, sodass das Dreieck $\triangle P_4P_3S_{123}$ rechtwinklig in $S_{123}$ ist. Damit ergibt sich $|P_4S_{123}|=\sqrt{|P_3P_4|^2-|P_3S_{123}|^2}=\sqrt{a^2-\frac{1}{3} a^2}=\frac{\sqrt{6}}{3} a$.
Sei schließlich $M$ der Schnittpunkt der Schwerelinien im Tetraeder $P_1P_2P_3P_4$. Da dieses regulär ist, ist es auch gleichzeitig dessen Umkugelmittelpunkt. Da $M$ die Schwerelinien im Verhältnis 3:1 teilt, ist der Umkugelradius $r=|P_4M|=\frac{3}{4} \cdot |P_4S_{123}|=\frac{\sqrt{6}}{4} a$.
Damit ist $d=2r=\frac{\sqrt{6}}{2} a$ bzw. $a=\frac{2}{\sqrt{6}} d=\frac{\sqrt{6}}{3} d=\sqrt{2} \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot d\right)$.
Errichtet man also auf $B$ über der Strecke $DE$ mit Länge $|DE|=d$ ein gleichseitiges Dreieck $\triangle DEF$ sowie dessen Schwerpunkt $S$ als Schnittpunkt zweier Seitenhalbierenden, dann erhält man die Strecke $DS$ mit Länge $|DS|=\frac{\sqrt{3}}{3} d$, siehe vorherige Berechnung. Errichtet man nun über dieser Strecke $DS$ das Quadrat $DSXY$, so hat dessen Diagonale $DX$ die Länge $|DX|=\sqrt{2} \cdot |DS|=\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} d=a$.
Nimmt man also nun die gerade auf $B$ konstruierte Streckenlänge $|DX|$ in die Zirkelspanne, zeichnet auf $K$ um einen beliebigen Punkt $P_1$ auf $K$ einen Kreis $k_1$ mit Radius $a=|DX|$ sowie um einen beliebigen Punkt $P_2$ auf $k_1$ (und damit auf $K$) einen Kreis $k_2$ mit gleichem Radius, dann schneiden sich diese beiden Kreise in zwei Punkten, die $P_3$ und $P_4$ benannt seien.
Nach Konstruktion gilt $|P_1P_2|=a=|P_1P_3|=|P_1P_4|=|P_2P_3|=|P_2P_4|$, da $P_2$, $P_3$ und $P_4$ auf $k_1$ bzw. $P_3$ und $P_4$ auch auf $k_2$ liegen. Damit ist das Tetraeder $P_1P_2P_3P_4$ eindeutig festgelegt. Da jedoch das reguläre Tetraeder mit Kantenlänge $a$ den gleichen Umkugeldurchmesser wie $P_1P_2P_3P_4$ besitzt, muss auch dieses ein reguläres Tetraeder sein, sodass auch $|P_3P_4|=a$ folgt.
\quoteon
Aufgabe 251044: Ermitteln Sie alle diejenigen von 0 verschiedenen reellen Zahlen $r$, für die die Gleichung
$\frac{2x}{r(x+r)}+\frac{1}{x-2r}=\frac{4x-r+6}{r(x-2r)(x+r)}$
a) genau zwei verschiedene reelle Lösungen, b) genau eine reelle Lösung, c) keine reelle Lösung besitzt!
\quoteoff
Lösung:
Ist $x\neq -r$ und $x\neq 2r$, so geht die Gleichung durch Multiplikation mit dem Hauptnenner äquivalent über in
$4x-r+6=(2x)(x-2r)+r(x+r)=2x^2-4rx+rx+r^2$ bzw. $2x^2-(3r+4)x+r^2+r-6=0$, also $x^2-\frac{3r+4}{2} \cdot x + \frac{r^2+r-6}{2}=0$.
Diese quadratische Gleichung in $x$ hat genau die Lösungen
$x_{1/2}=\frac{3r+4}{4}\pm \sqrt{\frac{D}{16}}$ mit
$D=(3r+4)^2-8(r^2+r-6)=9r^2+24r+16-8r^2-8r+48=r^2+16r+64=(r+8)^2,$
also
$x_{1/2}=\frac{3r+4\pm (r+8)}{4}$, d.h. $x_1=\frac{3r+4-r-8}{4}=\frac{r}{2}-1$ und $x_2=\frac{3r+4+r+8}{4}=r+3$.
Diese beiden Lösungen fallen genau für $r=-8$ zusammen.
Nun müssen noch die Scheinlösungen dieser quadratischen Gleichung ausgeschlossen werden, für die $x=-r$ oder $x=2r$ ist:
Fall 1.1: Es ist $-r=x_1=\frac{r}{2}-1$. Das ist äquivalent zu $r=2$.
Fall 1.2: Es ist $-r=x_2=r+3$. Das ist äquivalent zu $r=-\frac{3}{2}$.
Fall 2.1: Es ist $2r=x_1=\frac{r}{2}-1$. Das ist äquivalent zu $r=-\frac{2}{3}$.
Fall 2.2: Es ist $2r=x_2=r+3$. Das ist äquivalent zu $r=3$.
Zusammenfassend ergibt sich also, dass die Gleichung der Aufgabenstellung genau für $r\in\left(\{-8, -\frac{3}{2}, -\frac{2}{3}, 2, 3\right\}$ genau eine Lösung besitzt, für alle anderen von Null verschiedenen $r$ genau zwei und nie gar keine Lösung besitzt.
Bemerkung: Da die Aufgabenstellung im wesentlichen identisch mit Aufgabe 081231 ist, kann man dort dem letzten Satz noch kurz den Fall, dass die beiden Lösungen zusammenfallen können, anfügen, sodass er dann dort lautet:
"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, die genau für $a=-8$ zusammenfallen und sonst voneinander verschieden sind."
Ich bitte um diese Korrektur. :)
\quoteon
Aufgabe 251045: Stellen Sie fest, ob es möglich ist, einen Würfel mittels einer Ebene so zu schneiden, dass als Schnittfigur a) ein regelmäiges Dreieck, b) ein regelmäßiges Viereck, c) ein regelmäßiges Fünfeck entsteht!
\quoteoff
Lösung:
a) Schneidet man etwa durch die drei mit einem Eckpunkt des Würfels durch Kanten verbundenen Eckpunkte, so erhält man als Schnittfigur ein gleichseitiges (und damit regelmäßiges) Dreieck. Dies ist also möglich.
b) Schneidet man etwa den Würfel parallel zu einer seiner Seitenflächen, erhält man ein Quadrat, also regelmäßiges Viereck, als Schnittfläche. Dies ist also möglich.
c) Werden durch die Schnittebene nur die drei Seitenflächen des Würfels, die einen Eckpunkt gemeinsam haben, in ihrem Inneren geschnitten, entstehen nur drei Schnittkanten mit dem Würfel, also als Schnittfigur nur ein Dreieck. Demzufolge muss ein ebener Schnitt, der ein Fünfeck erzeugt, mindestens ein Paar gegenüberliegender Seitenflächen des Würfels in deren Inneren schneiden. Die auf diesen entstehenden Schnittkanten sind aber -- wie die Seitenflächen -- zueinander parallel, was im regelmäßigen Fünfeck nicht vorkommen kann. Also ist es nicht möglich, ein regelmäßiges Fünfeck als Schnittfigur eines ebenen Schnitts durch einen Würfel zu erhalten.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.654 begonnen.]
|
Profil
|
Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.658, eingetragen 2019-06-10
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 1 - 291231
Man beweise:
Wenn $n$ eine natürliche Zahl größer als 2 ist und wenn $a_1, ..., a_n$ Zahlen sind, die
$a_1^2=\ldots=a_n^2=1$ und $a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n−1}a_n + a_na_1 = 0$ erfüllen, dann ist stets $n$ durch 4 teilbar.
\quoteoff
Bemerkung 1:
Eine sehr ähnliche Aufgabe findet man z.B. in Arthur Engel: Problem Solving Strategies (Chapter 1, E7.). Dort wird $a_1^2=\ldots=a_n^2=1$ und $a_1a_2a_3a_4+a_2a_3a_4a_5 +\ldots +a_na_1a_2a_3=0$ verlangt.
Bemerkung 2:
Wären für die $a_i$ auch komplexe Zahlen erlaubt, so wäre die Aussage falsch. Ist nämlich etwa $\omega\in\IC$ eine primitive dritte Einheitswurzel, dann erfüllen $n=3, a_1=1, a_2=\omega, a_3 = \omega^2$ alle Voraussetzungen der Aufgabe obwohl $3$ nicht durch $4$ teilbar ist.
Daher ist davon auszugehen, dass die $a_i$ alle reell sind.
Lösung:
Aus $a_i^2=1$ folgt $a_i=\pm 1$. Ändert man im Ausdruck $a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n−1}a_n + a_na_1$ das Vorzeichen von $a_i$, dann ändert sich der Ausdruck um $a_{i-1}a_i+a_ia_{i+1}- (a_{i-1}(-a_i)+(-a_i)a_{i+1}) = 2a_i (a_{i-1}+a_{i+1})$. Da $a_{i-1}+a_{i+1}$ gerade ist, ändert sich bei so einer Vorzeichenänderung der Wert von $a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n−1}a_n + a_na_1$ um ein Vielfaches von 4. Zu Beginn hat der Term den Wert 0 und ist somit durch 4 teilbar. Ändert man schrittweise das Vorzeichen aller negativen $a_i$, dann ergibt sich letztendlich, dass $1\cdot 1 +\ldots + 1\cdot 1 = n$ ebenfalls durch $4$ teilbar sein muss.\(\endgroup\)
|
Profil
|
Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.659, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon(2019-06-10 12:52 - Nuramon in Beitrag No. 658)
Bemerkung 1:
Eine sehr ähnliche Aufgabe findet man z.B. in Arthur Engel: Problem Solving Strategies (Chapter 1, E7.). Dort wird $a_1^2=\ldots=a_n^2=1$ und $a_1a_2a_3a_4+a_2a_3a_4a_5 +\ldots +a_na_1a_2a_3=0$ verlangt.
\quoteoff
Überdies war das die Aufgabe 301042 der nationalen Runde Klasse 10 ;-)
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.660, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon
Aufgabe 230931: Man ermittle alle Tripel $(x,y,z)$ natürlicher Zahlen mit folgenden Eigenschaften:
(1) $x$ ,$y$ und $z$ sind Primzahlen.
(2) Jede Ziffer aus den Zifferndarstellungen von $x$, $y$ und $z$ (im dekadischen Zahlensystem) stellt eine Primzahl dar.
(3) Es gilt $x < y$.
(4) Es gilt $x+y=z$.
\quoteoff
Lösung:
Wegen (1) und (4) ist $z\geq 2+2>2$, also ungerade. Damit ist genau eine der beiden Summanden $x$ bzw. $y$ gerade, also wegen (1) gleich 2, sodass wegen (3) $x=2$ gilt, da dies die kleinste Primzahl ist. Damit sind $y$ und $z$ Primzahlzwillinge. Mehrstellige Primzahlzwillinge besitzen aber die Endziffern (9 und 1), (1 und 3) oder (7 und 9), da die Endziffer 5 zur Teilbarkeit durch 5 und damit (und wegen der Mehrstelligkeit) zum Widerspruch zu (1) führen würde. Also ist $y-\frac{1}{2}$ ist.
1. Fall: $x>-\frac{1}{2}$: Dann ist die erste Ungleichung automatisch erfüllt und die zweite nach Reziprokenbildung äquivalent zu $2x+1>\frac{5}{7}$, also $x>-\frac{1}{7}$. Wegen $x>-\frac{1}{7}>-\frac{1}{2}$ erfüllen all jene $x$ (und keine weiteren, die die Fallannahme erfüllen) beide Ungleichungen.
2. Fall: $x<-\frac{1}{2}$: Dann ist die zweite Ungleichung automatisch erfüllt und die erste nach Reziprokenbildung äquivalent zu $-\frac{5}{4}>2x+1$, also $x<-\frac{9}{8}$. Wegen $x<-\frac{9}{8}<-\frac{1}{2}$ erfüllen all jene $x$ (und keine weiteren, die die Fallannahme erfüllen) beide Ungleichungen.
Zusammenfassend wird also die Ungleichungskette der Aufgabenstellung genau von jenen reellen Zahlen $x$ erfüllt, die kleiner als $-\frac{9}{8}$ oder größer als $-\frac{1}{7}$ sind.
\quoteon
Aufgabe 230935: In einem Dreieck $ABC$ schneide eine Parallele zu $AB$, ̈uber deren Lage sonst nichts vorausgesetzt werden soll, die Seite $AC$ in einem Punkt $A_1$ zwischen $A$ und $C$, und sie schneide die Seite $BC$ in $B_1$. Ferner sei $P$ auf $AB$ ein Punkt zwischen $A$ und $B$, ̈uber dessen Lage sonst ebenfalls nichts vorausgesetzt werden soll.
Der Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ sei $F_0$, der Flächeninhalt des Dreiecks $A_1B_1C$ sei $F_1$.
Ermitteln Sie den Flächeninhalt $F$ des Vierecks $A_1PB_1C$ in Abhängigkeit von $F_0$ und $F_1$!
\quoteoff
Bemerkung: Wortdopplung "Ferner sei $P$ auf $AB$ ein Punkt ein Punkt zwischen $A$ und $B$" im Aufgabentext.
Lösung:
Die Dreiecke $\triangle A_1B_1C$ und $\triangle ABC$ sind aufgrund der Parallelität von $A_1B_1$ und $AB$ zueinander ähnlich, da ihre entsprechenden Innenwinkel bei $A_1$ und $A$ bzw. $B_1$ und $B$ jeweils Stufenwinkel, also insbesondere gleich groß, sind. Damit gibt es eine reelle Zahl $k>0$, sodass $\triangle A_1B_1C$ aus $\triangle ABC$ durch Streckung um den Faktor $k$ mit Zentrum $C$ hervorgeht.
Sei $h$ die Länge der Höhe von $C$ auf $AB$ und $h_1$ die von $C$ auf $A_1B_1$. Insbesondere gilt dann $h_1=k \cdot h$ und $|A_1B_1|= k \cdot |AB|$, also $F_1=k^2 \cdot F_0$, d.h. $k=\sqrt{\frac{F_1}{F_0}}$.
Die Diagonale $A_1B_1$ zerlegt das Viereck $A_1PB_1C$ in die zwei Dreiecke $\triangle A_1B_1C$ und $\triangle A_1B_1P$, sodass sich sein Flächeninhalt als Summe der Flächeninhalte dieser beiden Teildreiecke ergibt.
Es sei $h_2$ die Länge der Höhe von $P$ auf $A_1B_1$ und $F$ der Fußpunkt von $C$ auf $AB$ sowie $F_1$ der Fußpunkt der Höhe von $C$ auf $A_1B_1$. Da $A_1B_1 \parallel AB$ gilt, liegt $F_1$ auf $CF$ und es gilt $h=|CF|=|CF_1|+|F_1F|=h_1+|F_1F|$. Wiederum wegen $A_1B_1 \parallel AB$ ist $h_2=|F_1F|$, da $F_1$ auch der Fußpunkt der Höhe von $F$ auf $A_1B_1$ ist. Insbesondere ist also $h_2=h-h_1=(1-k)\cdot h$.
Für das Dreieck $\triangle A_1B_1P$ ergibt sich also ein Flächeninhalt von
$F_P:=\frac{1}{2} |A_1B_1| \cdot h_2=\frac{1}{2} \cdot k \cdot |AB| \cdot (1-k) \cdot h=F_0 \cdot (k-k^2)$
und damit für den Flächeninhalt $F$ des Vierecks $A_1PB_1C$
$F=F_P+F_1=F_0 \cdot (k-k^2+k^2)=F_0 \cdot k = F_0 \cdot \sqrt{\frac{F_1}{F_0}}=\sqrt{F_1 \cdot F_0}.$
\quoteon
Aufgabe 270924: Für je zwei natürliche Zahlen $a$, $b$, die die Ungleichungen
$3a−2b\leq 10$ (1)
$3a+ 8b\leq 25$ (2)
erfüllen, sei $S=a+ 2b$.
Untersuchen Sie, ob es unter allen Zahlen $S$, die sich auf diese Weise bilden lassen, eine größte gibt! Wenn das der Fall ist, so ermitteln Sie diesen größtmöglichen Wert von $S$!
\quoteoff
Lösung:
Aus der zweiten Ungleichung folgt $b\leq 3$. Wir unterscheiden nun nach dem Wert, den $b$ annimmt:
1. Fall: $b=3$. Dann ist nach (2) $a\leq 0$, also $a=0$ und $S=6$.
2. Fall: $b=2$. Dann folgt aus (2) $a\leq 3$, welche jeweils auch (1) erfüllen, und $S\leq 3+2\cdot 2=7$.
3. Fall: $b\leq 1$. Dann folgt aus (1) $a\leq 4$, also $S\leq 4+2\cdot 1=6$.
Damit gilt in jedem Fall $S\leq 7$, welcher für das Paar $(a,b)=(3,2)$, dass beide Ungleichungen erfüllt, auch angenommen wird.
\quoteon
Aufgabe 270935: Untersuchen Sie, ob es eine natürliche Zahl $n\geq 1$ gibt, für die $2^{n+2}+ 3^{2n+1}$ eine Primzahl ist!
\quoteoff
Lösung:
Da für $n\geq 1$ die Zahl $z:=2^{n+2}+ 3^{2n+1}>3^2=9>7$, aber wegen
$z=4\cdot 2^n + 3 \cdot 9^n \equiv 4\cdot 2^n + 3 \cdot 2^n = 7 \cdot 2^n \equiv 0\pmod{7}$
durch 7 teilbar und damit keine Primzahl ist, gibt es keine solche Zahl.
Cyrix
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.661, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
Eine noch offene Aufgabe ist
Aufgabe 6 - 071036
a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus $h_c - h_b$ = 3 cm; b - c = 3,5 cm und a = 8 cm!
Dabei ist $h_c$ die Länge der zur Seite AB gehörenden Höhe, $h_b$ die Länge der zur Seite AC gehörenden Höhe und a die Länge der Seite BC, b die der Seite AC und c die der Seite AB.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!
Ich versuche mich schon ewig dran und habe keine Chance.
Nun habe ich im Netz gefunden:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_niederl.PNG
Ook hier kan de constructie direct worden uitgevoerd, uitgaande van het punt B en driehoek BJG, waarin hoek J gelijk is aan A..
Verder is driehoek ACJ gelijkbenig en dan is AJC = ½(180 - A) = 90 - ½A.
JC is dus bissectrice van hoek GJA. Die bissectrice is dus een meetkundige plaats van het punt C.
C ligt ook op de cirkel (B, a), zodat we C kunnen vinden als snijpunt van beide.
A vinden we dan als snijpunt van het verlengde van BJ en de middelloodlijn van JC.
Ook nu vinden we twee oplossingen: ABC en A'BC', bepaald via de middens L en L' van opvolgend CJ en C'J.
Opmerking
In driehoek BJG vinden we de elementen:
A, hb - hc en c - b.
'Twee van deze elementen bepalen telkens het derde, immers van BJG is reeds bekend, dat hoek G = 90°.
Ook [ a, c - b, hb - hc ] is dus construeerbaar!
Ich habe es versucht, aber mein Niederländisch ist wohl mangelhaft. :-D
Und der Google-Übersetzer liefert nur ... :-(
Versteht das jemand von euch?
Danke
Steffen
Nachtrag: Die einzelnen Großbuchstaben stellen hier die Winkel dar, also A ist $\alpha$ .... So viel habe ich herausgefunden.
|
Profil
|
MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
 | Beitrag No.662, eingetragen 2019-06-10
|
Hallo Kornkreis,
\quoteon(2019-06-09 18:06 - Kornkreis in Beitrag No. 645)
281241
Man ermittle alle reellen Lösungen $(x, y, z)$ des Gleichungssystems
$x^2 + y^2 + z^2 = 1$
$x + 2y + 3z = \sqrt{14}$
\showon Lösung
Mit der Ungleichung von Cauchy-Schwarz ist $$x+2y+3z=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{14},$$
wobei Gleichheit genau dann eintritt, wenn beide Vektoren parallel sind.
Wegen $x^2+y^2+z^2=1$ tritt in der Tat Gleichheit ein, sodass ein $a>0$ existiert mit $$\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}.$$
Eingesetzt in die zweite Gleichung folgt $a+4a+9a=\sqrt{14}$, insgesamt muss also $x=a$, $y=2a$, $z=3a$ mit $a=\sqrt{14}/14$ gelten. Eine Probe (Einsetzen ins Gleichungssystem) ergibt, dass dies tatsächlich eine Lösung ist.
\showoff
\quoteoff
Die erste Gleichung ist die Gleichung der Einheitskugel, die zweite Gleichung ist eine Tangentialebene, wie man leicht zeigen kann, wenn man den Abstand des Ursprungs von dieser Ebene berechnet. Es gibt daher genau diese eine Lösung, und keine weiteren.
Ciao,
Thomas
|
Profil
|
Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.663, eingetragen 2019-06-10
|
@ Monty: Die Eindeutigkeit habe ich doch bereits gezeigt: "insgesamt muss also [...] gelten"
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.664, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon
Aufgabe 270922: Bei einem ”ungarischen Dominospiel” mit den Zahlen 0, 1, ..., 9 ist (abgesehen von dieser größeren Zahl in der vom ”gewöhnlichen Dominospiel” bekannten Weise) jeder Spielstein in zwei Hälften eingeteilt, jede Hälfte trägt eine der Zahlen.
In einem Spiel kommen alle Kombinationen von je zwei der Zahlen 0, 1, ..., 9 je genau einmal vor (und zwar auch diejenigen, bei denen auf den beiden Hälften eines Steines dieselbe Zahl steht).
Eine ”Kette” entsteht, wenn man mehrere Steine so nebeneinanderlegt, dass benachbarte Hälften nebeneinanderliegender Steine stets einander gleiche Zahlen tragen (Domino-Spielregel).
Eine Kette heißt ”geschlossen”, wenn auch die beiden Steinhälften an den beiden freien Enden der Kette einander gleiche Zahlen tragen (so dass man die Kette, wenn sie aus genügend vielen Steinen besteht, an ihren Anfang zurückführen und dort schließen kann).
a) Ermitteln Sie die Anzahl aller zu einem ”ungarischen Dominospiel” gehörenden Steine!
b) Ermitteln Sie die größte Anzahl solcher Steine eines Spiels, aus denen sich eine geschlossene Kette bilden lässt!
\quoteoff
Lösung:
a) Wir fordern o.B.d.A., dass die erste Ziffer auf einem Dominostein größer oder gleich der zweiten Ziffer ist. Dann gibt es genau einen Dominostein mit erster Ziffer 0 (nämlich 0-0, genau zwei mit erster Ziffer 1 (nämlich 1-0 und 1-1), $\dots$ , genau zehn Dominosteine mit erster Ziffer 9 (nämlich 9-0, 9-1, $\dots$, 9-9). Insgesamt gibt es also $1+2+\dots+10=55$ verschiedene Dominosteine.
b) Jede Ziffer kommt auf diesen 55 Dominosteinen insgesamt elfmal vor, nämlich neunmal mit je einer anderen Ziffer und zweimal auf dem Dominostein, der auf beiden Seiten die betreffende Ziffer enthält. Jedoch ist jede Ziffer in einer geschlossenen Kette geradzahlig oft enthalten, nämlich jeweils paarweise auf aneinanderstoßenden Hälften zweier benachbarter Dominosteine. Damit kann also in einer geschlossenen Kette jede Ziffer nur maximal zehnmal vorkommen, sodass in der geschlossenen Kette maximal 50 Steine Verwendung finden können.
Eine Kette lässt sich auch wie folgt erhalten:
0-0, 0-1, 1-1, 1-2, 2-2, 2-3, 3-3, 3-4, 4-4, 4-5,
5-5, 5-6, 6-6, 6-7, 7-7, 7-8, 8-8, 8-9, 9-9, 9-0,
0-2, 2-4, 4-6, 6-8, 8-1, 1-3, 3-5, 5-9, 9-7, 7-0,
0-3, 3-6, 6-9, 9-2, 2-5, 5-1, 1-7, 7-4, 4-8, 8-0,
0-4, 4-1, 1-9, 9-3, 3-7, 7-5, 5-8, 8-2, 2-6, 6-0
Dabei wurden die Dominosteine 0-5, 1-6, 2-7, 3-8 und 4-9 nicht und alle anderen genau einmal verwendet.
\quoteon
Aufgabe 270931: a) Beweisen Sie, dass die Gleichung
$x_1^{11}+x_2^{11}+\dots+x_{1987}^{11}= 1988$ (1)
keine reelle Lösung $(x_1,x_2,\dots ,x_{1987})$ besitzt, in der alle Zahlen $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_{1987}$ natürliche Zahlen sind!
b) Beweisen Sie, dass die Gleichung (1) unendlich viele verschiedene Lösungen besitzt, in denen alle Zahlen ganze Zahlen sind!
Dabei heißen zwei Lösungen $(x_1,x_2,\dots ,x_{1987})$ und $(x_1^{\prime},x_2^{\prime},\dots ,x_{1987}^{\prime})$ genau dann von einander verschieden, wenn mindestens eine der Ungleichungen gilt:
$x_1\neq x_1^{\prime}$, $x_2\neq x_2^{\prime}$, $\dots$, $x_{1987}\neq x_{1987}^{\prime}$
\quoteoff
Lösung:
a) Angenommen, es gäbe eine solche Lösung für die Gleichung (1) der Aufgabenstellung. Wegen $x_i\geq 0$ für alle $i=1,\dots, 1987$ ist dann auch für alle diese Indizes $i$ der Wert $x_i^{11}\geq 0$, sodass genauso für alle diese $i$ die Abschätzung $x_i^{11}\leq 1987<2048=2^{11}$, also $x_i<2$ und damit wegen $x_i\in\mathbb{N}$ schließlich $x_i\leq 1$, also auch $x_i^{11}\leq 1$, was dann aber wegen $x_1^{11}+x_2^{11}+\dots+x_{1987}^{11} \leq 1987<1988$ einen Widerspruch zu (1) erzeugen würde, $\Box$.
b) Es sei $k$ eine beliebige ganze Zahl. Setze $x_1:=x_2:=\dots =x_{61}:=-1$, $x_{62}:=2$, $x_{63}:=k$, $x_{64}:=-k$ und für alle $i\geq 65$ $x_i:=0$. Dann ist
$x_1^{11}+x_2^{11}+\dots+x_{1987}^{11}= (-1)^{11} \cdot (61) + 2^{11} + k^{11} + (-k)^{11} + 0^{11} \cdot (1987-64)= -61+2048 +k^{11}-k^{11}=1987,$
also eine Lösung der Gleichung (1) in ganzen Zahlen. Dabei unterscheiden sich je zwei solche Lösungen durch die verschiedenen Werte von $k$, sodass es unendlich viele verschiedene gibt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 270932: (I) Untersuchen Sie, ob der folgende Satz allgemein gilt:
Wenn $a$, $b$, $c$, $d$ reelle Zahlen sind, für die $b\neq 0$, $b+c\neq 0$ und $b+d\neq 0$ gilt, so folgt aus
$\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}$ stets auch $\frac{a}{b}<\frac{a+d}{b+d}$.
(II) Untersuchen Sie, ob der folgende Satz allgemein gilt:
Wenn $a$, $b$, $c$, $d$ positive reelle Zahlen sind, für die $b\neq 0$, $b+c\neq 0$ und $b+d\neq 0$ gilt, so folgt aus
$\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}$ stets auch $\frac{a}{b}<\frac{a+d}{b+d}$.
\quoteoff
Lösung:
(I) Die Aussage ist falsch, wie $a=1$, $b=2$, $c=1$ und $d=0$ zeigt, da dann die Voraussetzung
$\frac{a}{b}=\frac{1}{2}<\frac{2}{3}=\frac{a+c}{b+c}$
erfüllt ist, die Schlussfolgerung wegen $\frac{a+d}{b+d}=\frac{a}{b}$ aber offensichtlich nicht.
(II) Die Aussage ist korrekt, da die Voraussetzung nach Multiplikation mit $b(b+c)>0$ äquivalent ist zu $a(b+c)0$ auch äquivalent zu $a0$ auch $ab+ad0$ genau auf die Folgerung in der Aufgabenstellung führt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 270934: Jens zeichnet auf ein Blatt Papier einige Punkte, von denen keine drei auf einer gemeinsamen Geraden liegen. Er verbindet einige Male irgend zwei dieser Punkte durch eine Strecke. Dabei kommt es auch vor, dass Punkte jeweils mit mehr als einem anderen Punkt verbunden sind.
Dirk zählt nun die von jedem Punkt ausgehenden Strecken und ermittelt dann die Anzahl $A$ aller derjenigen Punkte, von denen jeweils eine ungerade Anzahl von Strecken ausgeht.
Christa behauptet dann, ohne zu wissen, wie viele Punkte Jens gezeichnet hat und welche Punkte er mit welchen anderen verbunden hat, die Anzahl $A$ müsse in jedem Fall eine gerade Zahl sein. Trifft das zu?
\quoteoff
Lösung:
Ja, dies trifft zu: Zählt man die von jedem Punkt ausgehenden Strecken, so muss dies die doppelte Anzahl aller Strecken sein, da jede Strecke an ihren beiden Endpunkten jeweils einen Summanden von 1 beiträgt. Insbesondere ist diese Anzahl also gerade. Damit ist die Summe, die entsteht, wenn man für alle Punkte $P$ die Anzahl der von $P$ ausgehenden Strecken addiert, gerade, muss also geradzahlig viele (ggf. auch null) ungerade Summanden besitzen. Dabei ist $A$ genau diese Anzahl ungerader Summanden, also selbst gerade, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.661 begonnen.]
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.665, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon(2019-06-10 20:08 - stpolster in Beitrag No. 661)
Eine noch offene Aufgabe ist
\showon Aufgabe 6 - 071036
a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus $h_c - h_b$ = 3 cm; b - c = 3,5 cm und a = 8 cm!
Dabei ist $h_c$ die Länge der zur Seite AB gehörenden Höhe, $h_b$ die Länge der zur Seite AC gehörenden Höhe und a die Länge der Seite BC, b die der Seite AC und c die der Seite AB.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!
Ich versuche mich schon ewig dran und habe keine Chance.
\showoff
Nun habe ich im Netz gefunden:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_niederl.PNG
\showon $(a,\alpha,h_b-h_c)$
Ook hier kan de constructie direct worden uitgevoerd, uitgaande van het punt B en driehoek BJG, waarin hoek J gelijk is aan A..
Verder is driehoek ACJ gelijkbenig en dan is AJC = ½(180 - A) = 90 - ½A.
JC is dus bissectrice van hoek GJA. Die bissectrice is dus een meetkundige plaats van het punt C.
C ligt ook op de cirkel (B, a), zodat we C kunnen vinden als snijpunt van beide.
A vinden we dan als snijpunt van het verlengde van BJ en de middelloodlijn van JC.
Ook nu vinden we twee oplossingen: ABC en A'BC', bepaald via de middens L en L' van opvolgend CJ en C'J.
Opmerking
In driehoek BJG vinden we de elementen:
A, hb - hc en c - b.
'Twee van deze elementen bepalen telkens het derde, immers van BJG is reeds bekend, dat hoek G = 90°.
Ook [ a, c - b, hb - hc ] is dus construeerbaar!
Ich habe es versucht, aber mein Niederländisch ist wohl mangelhaft. :-D
Und der Google-Übersetzer liefert nur ... :-(
Versteht das jemand von euch?
\showoff
\showon Nachtrag
Die einzelnen Großbuchstaben stellen hier die Winkel dar, also A ist $\alpha$ .... So viel habe ich herausgefunden.
\showoff
\quoteoff
Ich mache das jetzt hier in Kurzform. Vielleicht mache es an anderer Stelle noch ausführlicher mit Planfigur, Konstruktionskizze, allem was dazugehört.
Es handelt sich im Bild um die Konstruktion $(a,\alpha,h_b-h_c)$.
(1) Lege durch $h_b-h_c = |BG|$ die Punkte $B$ und $G$ fest.
(2) Errichte eine Senkrechte in $G$ und bestimme den Punkt $J$ auf der Senkrechten durch die Grundkonstruktion $SWW$. (Grundlage: $\alpha = \sphericalangle GJB$ ist Stufenwinkel zum Winkel $\sphericalangle CAB = \alpha$.)
(3) Lege durch $J$ eine Gerade so, dass $AJC$ ein gleichschenkliges Dreieck ist; mit der Spitze $A$ und der Basis $|JC|$ und entsprechend dem Basiswinkel $\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}$.
Dazu muss die Gerade durch $J$ mit $|JG|$ den Winkel $\dfrac{180^\circ-\alpha}{2} = \sphericalangle GJB$ einschließen.
(4) Der Punkt $B$ liegt auf der Geraden durch $J$ und auf einem Kreis $\bigodot(B,a)$ beschrieben um $B$ vom Radius $a$.
(5) Der Punkt $A$, das ist die Spitze des gleichschenkligen Dreiecks $AJC$, findet sich als Schnittpunkt mit der Mittelsenkrechten über der Basis $|JC|$ und derjenigen Geraden durch $|BJ|$.
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.666, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
@Hyperplot: Danke.
Teilweise habe ich es auch so interpretiert, allerdings nicht vollständig.
Mein Problem ist: Am Ende steht
In driehoek BJG vinden we de elementen:
A, hb - hc en c - b.
'Twee van deze elementen bepalen telkens het derde, immers van BJG is reeds bekend, dat hoek G = 90°.
Ook [ a, c - b, hb - hc ] is dus construeerbaar!
D.h., die Konstruktion mit a, c-b und hb-hc (also die Olympiadeaufgabe) wäre jetzt möglich. Ich sehe aber nicht, wie das funktionieren soll, da im oberen Teil ja $\alpha$ benötigt wird.
Wo steckt da a oder c-b ?
Ich bin einfach zu dumm dazu. :-(
Steffen
|
Profil
|
MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.667, eingetragen 2019-06-10
|
\quoteon(2019-06-10 21:31 - Kornkreis in Beitrag No. 663)
@ Monty: Die Eindeutigkeit habe ich doch bereits gezeigt: "insgesamt muss also [...] gelten"
\quoteoff
Ja, OK. Es hatte für mich auf den ersten Blick nicht so eindeutig ausgesehen.
Ciao,
Thomas
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.668, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
|
Moin,
zur 071036:
ein Tipp meines Chefs (dem ich die Aufgabe auch gestellt hatte) dazu war, dass man in der Planfigur $C$ an der Winkelhalbierenden von $\alpha$ spiegeln solle. Dann ergibt sich ein Punkt $C^{\prime}$ auf $AB$ mit $|AC^{\prime}|=b$ und $|C^{\prime}B|=b-c$.
Ist $H_B$ der Höhenfußpunkt von $B$ auf $AC$ und $H_{C^{\prime}}$ der Höhenfußpunkt von $C^{\prime}$ auf $AC$, dann sind diese beiden Strecken nun parallel und es gilt $|BH_b|=h_b$ und $|C^{\prime}H_{C^{\prime}}|=h_c$.
Sei nun $S$ der Schnittpunkt der Parallelen zu $AC$ durch $B$ mit $C^{\prime}H_{C^{\prime}}$. Dann ist $H_BBSH_{C^{\prime}}$ ein Parallelogramm und $|SH_{C^{\prime}}|=|BH_B|=h_b$, also $|SC^{\prime}|=h_c-h_b$. Und da $SC^{\prime}=C^{\prime}H_{C^{\prime}} \perp AC$ sowie $BS\parallel AC$ gilt, ist auch $SC^{\prime} \perp BS$.
Damit kann man also das Dreieck $\triangle BC^{\prime}S$ konstruieren, da man zwei Seitenlängen ($|BC^{\prime}|=b-c$ und $|SC^{\prime}|=h_c-h_b$) und den der größeren Seite ($b-c>h_c-h_b$) gegenüberliegenden Winkel ($\angle BSC^{\prime}=90^{\circ}$) konstruieren.
Da $\alpha=\angle BAC$ und $\angle C^{\prime}BS$ Stufenwinkel an geschnittenen Parallelen sind, kennt man nun auch $\alpha$.
Bemerkung: Ich habe von meinem Chef aus seiner Jugend noch die Kopie der Musterlösung zu dieser Aufgabe erhalten. Bisher haben aber weder er noch ich hineingeschaut, sodass ich noch nicht sagen kann, ob der offizielle Weg auch diese (zielführende, aber umständliche) Überlegung nutzt.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.666 begonnen.]
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.669, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
\quoteon
Aufgabe 260931: Ermitteln Sie alle diejenigen geordneten Paare $(a,b)$ natürlicher Zahlen, für die die Gleichung $2(a+b)=ab$ gilt!
\quoteoff
Lösung:
Es ist die Gleichung äquivalent zu $4=ab-2a-2b+4=(a-2) \cdot (b-2)$, sodass $a-2$ und $b-2$ das gleiche Vorzeichen haben und Teiler sowie zugehöriger Gegenteiler von 4 sind. Da $a$ und $b$ natürliche Zahlen sind, gilt dabei $a-2\geq -2$ und $b-2\geq -2$, sodss keine ganzzahlige Zerlegung der 4 mit Faktor -4 in Frage kommt. Damit gilt $(a-2) \cdot (b-2)=4 \cdot 1 = (\pm 2) \cdot (\pm 2) = 1 \cdot 4$ und also
$(a,b)\in\{(6,3), (0,0), (4,4), (3,6)\}$.
Dass dies auch alles Lösungen der Ausgangsgleichungen sind, zeigt die Probe.
\quoteon
Aufgabe 260932: In einer Ebene $e$ sei ein Dreieck $ABC$ fest vorgegeben. Die Mittelpunkte der Dreiecksseiten $BC$, $CA$, $AB$ seien $U$, $V$ bzw. $W$ in dieser Reihenfolge.
Weiter sei $P$ ein beliebiger Punkt der Ebene $e$. Spiegelt man $P$ sowohl an $U$, $V$ als auch an $W$, so erhält man die Bildpunkte $P_U$, $P_V$ bzw. $P_W$.
(Unter dem Bildpunkt $P_S$ von $P$ bei der Spiegelung an einem Punkt $S$ versteht man denjenigen Punkt, für den gilt, dass $S$ der Mittelpunkt der Strecke $PP_S$ ist. Falls $P = S$ ist, ist $P_S = P$.)
Beweisen Sie, dass der Flächeninhalt des Dreiecks $P_UP_VP_W$ unabhängig von der Lage des Punktes $P$ ist, und vergleichen Sie diesen Flächeninhalt mit dem des Dreiecks $ABC$!
\quoteoff
Lösung:
Es ist für jeden Punkt $P$ der Ebene $e$ das Dreieck $\triangle P_UP_VP_W$ kongruent zum Dreieck $\triangle ABC$. Insbesondere haben also die beiden Dreiecke auch den gleichen Flächeninhalt.
Zum Beweis der Kongruenz sei zuerst $P\not\in\{U,V,W\}$. Dann sind nach der Umkehrung des Strahlensatzes wegen $\frac{|PP_U|}{|PU|}=2=\frac{|PP_V|}{|PV|}$ die Geraden $P_UP_V$ und $UV$ zueinander parallel und nach dem Strahlensatz gilt $\frac{|P_UP_V|}{|UV|}=\frac{|PP_U|}{|PU|}=2$, also $|P_UP_V|=2 \cdot |UV|$. Weiterhin gilt analog nach der Umkehrung des Strahlensatzes (mit Scheitelpunkt bei $C$), dass $UV \parallel AB$ und mit dem Strahlensatz an gleicher Stelle dann, dass $|AB|=2 \cdot |UV|$ ist. Insgesamt ist also $|P_UP_V|=|AB|$. Analog folgt auch $|P_UP_W|=|AC|$ und $|P_VP_W|=|BC|$, sodass die Dreiecke $\triangle P_UP_VP_W$ und $\trianlge ABC$ nach Kongruenzsatz sss zueinander kongruent sind.
Andernfalls gilt o.B.d.A. $P=W=P_W$. Dann ist aber direkt nach Definition $|P_UP_W|=2\cdot |UP|=2\cdot |UW|=|AC|$ und analog $|P_VP_W|=|BC|$. Wie im ersten Fall können wir schließen, dass $|P_UP_V|=|AC|$ gilt, sodass sich die gewünschte Dreiecks-Kongruenz auf die gleiche Art und Weise ergibt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 260933: Wenn eine reelle Zahl $a$ gegeben ist, so werde jeder reellen Zahl $x$ eine Zahl $y$, nämlich
$y=\frac{x^3+x^2+ax+1}{x^2+1}$
zugeordnet.
(A) Ermitteln Sie, wenn $a=-3$ gegeben ist, zwei ganze Zahlen $x$, deren zugeordnete Zahlen $y$ ebenfalls ganze Zahlen sind!
(B) Ermitteln sie eine reelle Zahl $a$, für die die folgende Aussage (*) gilt!
(*) Wenn die Zahl $a$ gegeben ist, so gibt es unendlich viele ganze Zahlen $x$, deren jeweils zugeordnete Zahlen $y$ ebenfalls ganze Zahlen sind.
(C) Untersuchen Sie, ob es außer der in (B) ermittelten Zahl $a$ noch eine andere reelle Zahl $a$ gibt, für die die Aussage (*) gilt!
\quoteoff
Lösung:
Es ist für jedes $a\in\mathbb{R}$
$y=\frac{x^3+x+x^2+1+(a-1)x}{x^2+1}=x+1+\frac{a-1}{x^2+1}$.
(A): Für $a=-3$ ist also $y=x+1+\frac{-4}{x^2+1}=x+1-\frac{4}{x^2+1}$. Damit ist für jede ganze Zahl $x$ die Zahl $y$ ganz, wenn auch $x+1-y=\frac{4}{x^2+1}$ eine ganze Zahl, also $x^2+1$ ein Teiler von 4 ist. Dies ist z.B. für $x_1=0$ und $x_2=1$ der Fall. Tatsächlich ist $y(0)=1$ und $y(1)=0$.
(B)/ (C): Damit für ein $a$ die Aussage (*) gilt, muss also für unendlich viele ganze Zahlen $x$ auch $y-(x+1)=\frac{a-1}{x^2+1}$ eine ganze Zahl sein. Da auch $x^2+1$ eine ganze Zahl ist, ist damit auch $a-1=(y-(x+1)) \cdot (x^2+1) \in \mathbb{Z}$ und es gilt $a-1$ ist durch $x^2+1$ teilbar. Insbesondere ist also $a-1$ durch unendlich viele verschiedene ganze Zahlen teilbar, was nur die ganze Zahl 0 erfüllt, sodass $a=1$ sein muss. Für $a=1$ ist aber $y=x+1$ für jedes ganzzahlige $x$ selbst ganzzahlig, insebsondere also auch für unendlich viele $x$. Damit ist $a=1$ die einzige reelle Zahl, die (*) erfüllt.
\quoteon
Aufgabe 260934: Beweisen Sie folgenden Satz:
Wenn $a$ und $b$ zwei von 0 verschiedene natürliche Zahlen sind, die nicht beide Quadratzahlen sind und für die $\frac{a}{b}$ ein so weit wie möglich gekürzter Bruch ist, dann ist $\sqrt{\frac{a}{b}}$ eine irrationale Zahl.
\quoteoff
Lösung:
Wir nehmen indirekt an, dass $\sqrt{\frac{a}{b}}$ eine rationale Zahl ist. Dann existieren teilerfremde positive ganze Zahlen $p$ und $q$ mit $\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{p}{q}$, da $a>0$ und $b>0$ sind. Nach Quadrieren und Beseitigen der Nenner folgt $aq^2=bp^2$. Da $p$ und $q$ teilerfremd sind, ist auch $\mathop{ggT}(p^2,q^2)=1$, also wegen $p^2|bp^2$ und damit $p^2|aq^2$ auch $p^2|a$. Damit gibt es eine positive ganze Zahl $c$ mit $a=c\cdot p^2$. Analog folgert man auch die Existenz einer positiven ganzen Zahl $d$ mit $b=d \cdot q^2$. Setzt man dies ein, so ergibt sich $c \cdot p^2q^2=d \cdot p^2q^2$, also $c=d$. Dann jedoch sind $a$ und $b$ beide durch $c$ teilbar, sodass der Bruch $\frac{a}{b}$ mit diesem Zähler und Nenner nur genau dann schon so weit wie möglich gekürzt war, wenn $c=1$ ist. Dann jedoch sind sowohl $a=p^2$ als auch $b=q^2$ Quadratzahlen, was ein Widerspruch zur Voraussetzung aus der Aufgabenstellung ist. Demzufolge kann $\sqrt{\frac{a}{b}}$ nicht rational, muss also irrational sein, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 260935: Von einem Viereck $ABCD$ werde vorausgesetzt:
(1) $ABCD$ ist ein Trapez mit $AB \parallel CD$.
(2) Es gilt $|AB|>|CD|$.
(3) Die summe der Größen der Innenwinkel $\angle BAD$ und $\angle ABC$ beträgt $90^{\circ}$.
Der Mittelpunkt von $AB$ sei $M$, der Mittelpunkt von $CD$ sei $N$.
Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen stets $|MN|=\frac{1}{2} \cdot (|AB|-|CD|)$ gilt!
\quoteoff
Bemerkung: M.E. ist der Winkel $\angle ABC$ falsch bezeichnet. Es müsste eigentlich der Winkel $\angle CBA$ gemeint sein. Davon wird jetzt in der Lösung ausgegangen.
Lösung:
Wegen (2) sind die Geraden $AD$ und $BC$ nicht parallel, schneiden sich also in einem Punkt $S$, der auf den Verlängerungen über $D$ bzw. $C$ hinaus liegt. Aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle ABS$ und (3) gilt dann $\angle ASB=180^{\circ}-\angle BAS-\angle SBA=180^{\circ}-(\angle BAD+\angle CBA)=90^{\circ}$, sodass das Dreieck $\triangle ABS$ rechtwinklig bei $S$ ist. Nach dem Satz von Thales gilt dann $|SM|=|AM|=|BM|=\frac{1}{2} \cdot |AB|$.
Wegen (1) und der Umkehrung des Strahlensatzes liegen wegen $\frac{|AM|}{|MB|}=1=\frac{|DN|}{|NC|}$ die drei Punkte $S$, $N$ und $M$ auf einer Geraden, da auch $S$, $D$ und $A$ sowie $S$, $C$ und $B$ jeweils auf einer Geraden liegen. Insbesondere ist dann $\frac{|SN|}{|SM|}=\frac{|CD|}{|AB|}$ und damit
$|MN|=|SM|-|SN|=|SM| \cdot \left(1-\frac{|CD|}{|AB|}\right)=\frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot \frac{|AB|-|CD|}{|AB|}=\frac{1}{2} \cdot (|AB|-|CD|),\ \Box .$
\quoteon
Aufgabe 260936: a) Ein regelmäßiges Tetraeder $ABCD$ soll durch eine Ebene $e$, die durch den Punkt $A$ geht, in zwei Tetraeder $T_1$, $T_2$ zerlegt werden.
Skizzieren Sie eine derartige Zerlegung, z.B. in Kavalierperspektive, und beschreiben Sie, welche Lage $e$ in bezug auf die drei Punkte $B$, $C$, $D$ bei derartigen Zerlegungen haben muss!
b) Beweisen Sie, dass es unter den in a) genannten Ebenen genau drei gibt, bei denen $T_1$ volumengleich zu $T_2$ wird!
\quoteoff
Lösung:
a) Da die Schnittfläche von $e$ mit dem Tetraeder Seitenfläche beider Teiltetraeder $T_1$ und $T_2$ wird, muss sie insbesondere selbst dreieckig sein. Da sie $a$ enthält, muss die Ebene $e$ noch genau zwei weitere Schnittpunkt mit Kanden von $ABCD$ besitzen.
Da mit einem weiteren Punkt auf einer von $A$ ausgehenden Kante gleich die gesamte weitere Gerade, auf der diese Kante liegt, in $e$ liegen würde, also auch der Endpunkt der entsprechenden Kante, der $B$, $C$ oder $D$ ist, können wir o.B.d.A. annehmen, dass $e$ das Dreieck $\triangle BCD$ in einer Strecke schneidet. (Die Endpunkte dieser strecke sind dann genau die beiden weiteren Eckpunkte der Schnittfläche von $e$ mit dem Tetraeder $ABCD$.)
Diese Strecke $s$ kann aber keine der Seitenkanten des Dreiecks $\triangle BCD$ sein, da sonst der gesamte Tetraeder $ABCD$ in einem der beiden von $e$ aufgespannten Halbräume läge, also diesen nicht in zwei Teiltetraeder zerlegen würde. also muss $s$ innere Punkte von $\trianlge BCD$ enthalten und dieses in zwei Teilfiguren zerlegen.
Die beiden Teilkörper vom Tetraeder $ABCD$, die beim Schnitt entlang $e$ entstehen, besitzen die beiden Teilfiguren, in die $s$ das Dreieck $\triangle BCD$ zerlegt, als Grundfläche sowie $A$ als Spitze. Da die Teilkörper Tetraeder sind, muss also deren Grundfläche jeweils ein Dreieck sein, sodass $s$ das Dreieck $\triangle BCD$ in zwei Teildreiecke zerlegt.
Dies ist aber durch eine Strecke $s$ nur genau dann möglich, wenn sie durch einen Eckpunkt des Dreiecks verläuft und die gegenüberliegende Seite in deren Innern schneidet.
Also muss $e$ durch $A$ sowie genau einen der drei übrigen Eckpunkte $B$, $C$ oder $D$ sowie das Innere der Strecke aus den übrigen beiden Punkten verlaufen. Dies beschreibt eine notwendige und hinreichende Bedingung dafür, dass $e$ den Tetraeder $ABCD$ in zwei Teiltetraeder $T_1$ und $T_2$ zerlegt. Verläuft $e$ o.B.d.A. durch $B$ und $S$, wobei $S$ ein innerer Punkt der Strecke $CD$ ist, dann sind die beiden Tetraeder gegeben durch $ABCS$ und $ABDS$.
b) Es verlaufe o.B.d.A. die Ebene $e$ durch $B$ und den inneren Punkt $S$ der Strecke $CD$. Die beiden übrigen Fälle, dass $e$ durch $C$ bzw. $D$ verlaufe, sind hierzu völlig analog.
Da in beiden Teiltetraedern $ABCS$ und $ABDS$ die Höhe der Spitze $A$ auf die Grundflächenebene $\epsilon_{BCS}=\epsilon_{BDS}=\epsilon_{BCD}$ identisch ist, genauso wie in der Grundfläche die Höhe von $B$ auf die Gerade $CD$ der gegenüberliegenden Dreiecksseiten $CS$ bzw. $DS$, verhalten sich die Volumia der beiden Tetraeder wie die Längen der Grundseiten $|CS|$ bzw. $|DS|$ in ihren Grundflächen. Insbesondere sind sie genau dann volumengleich, wenn $|CS|=|DS|$ gilt, also $S$ der Mittelpunkt von $CD$ ist.
Zusammenfassend erhält man also genau dann eine Zerlegung in zwei volumengleiche Tetraeder, wenn die Ebene $e$ durch $A$ verläuft sowie eine Seitenhalbierende des Dreiecks $\triangle BCD$ enthält. (Damit ist $e$ eindeutig bestimmt.) Da keine zwei der Seitenhalbierenden mit $A$ in einer gemeinsamen Ebene liegen und das Dreieck $\triangle BCD$ genau drei Seitenhalbierende besitzt (je eine durch jeden seiner Eckpunkte), gibt es also genau drei Ebenen, die $A$ enthalten und das Tetraeder $ABCD$ in zwei volumengleiche Teiltetraeder $T_1$ und $T_2$ zerlegt, $\Box$.
Cyrix
|
Profil
|
Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.670, eingetragen 2019-06-11
|
Huhu Steffen,
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-10_um_17.36.14.png
entweder es fehlt auf der rechten Seite eine 1, oder es soll \(1997
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.671, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
\quoteon(2019-06-11 16:31 - Kuestenkind in Beitrag No. 670)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-10_um_17.36.14.png
entweder es fehlt auf der rechten Seite eine 1, oder es soll \(1997
|
Profil
|
Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.672, eingetragen 2019-06-11
|
Hier eine (halbe) Lösung:
Offensichtlich ist:
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{2\sqrt{k}}= \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sum_{k=1}^n \left({\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}\right)=-1+\sqrt{n+1}\)
und somit \(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}>-2+2\sqrt{n+1}>-2+2\sqrt{n}\).
Für die obere Schranke funktioniert dieser Weg leider nicht - liefert er nur:
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{2\sqrt{k}}= \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=\sum_{k=1}^n \left({\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}\right)=\sqrt{n}\)
und somit \(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}\).
Das geforderte \(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}-1\) (für \(n>1)\) lässt sich sicherlich induktiv nachweisen, wobei ich nicht sicher bin, ob Induktion in der 10. Klasse bekannt ist?! Sicherlich eher, als ein Umweg in die Integralrechnung. Eine andere Alternative sehe ich gerade nicht. Jemand anderes eine Idee?
Gruß,
Küstenkind
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.673, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
@Küstenkind: Bei einer fünften Aufgabe in der vierten Runde darf man Induktion verwenden. Integralabschätzungen in der zehnten Klasse würde ich eher als weniger bekannt voraussetzen.
(btw: Im aktuellen MO-Aufgabenausschuss versucht man den Begriff der Vollständigen Induktion in zumindest den ersten Musterlösungen zu vermeiden, da sie nicht allgemeiner Schulstoff ist. Häufig wird dann alternativ über einen indirekten Beweis mit minimalem Gegenbeispiel argumentiert.)
Cyrix
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.674, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
\quoteon
Aufgabe 280931: Man nennt drei von 0 verschiedene natürliche Zahlen $a$, $b$, $c$ genau dann ein pythagoreisches Zahlentripel, wenn sie die Gleichung $a^2 + b^2 = c^2$ erfüllen.
Beweisen Sie, dass in jedem pythagoreischen Zahlentripel mindestens eine der drei Zahlen durch 5 teilbar ist!
\quoteoff
Lösung:
Sind $a$ und $b$ nicht durch 5 teilbar, lassen sie aber wegen $(5k\pm 1)^2=25k^2\pm 10k +1$ und $(5k\pm 2)^2=25k^2\pm 20k+4$ beide die Reste 1 oder 4 bei der Division durch 5. Damit lässt $a^2+b^2$ also einen der Reste $1+1=2$, $1+4=4+1=5$ -- also 0 -- oder $4+4=8$ -- also 3 -- bei der Division durch 5. Da aber auch $c^2$ als Quadratzahl nur einen der Reste 0, 1 oder 4 bei der Division durch 5 lassen kann, fallen der erste und der letzte Fall für den Rest der Summe $a^2+b^2$ weg und $a^2+b^2=c^2$ muss durch 5 teilbar sein, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 280933: Untersuchen Sie, ob es zu jeder geraden Pyramide $P$ = $ABCDS$ mit quadratischer Grundfläche $ABCD$ eine Ebene $e$ so gibt, dass die Schnittfigur von $P$ mit $e$ ein gleichseitiges Dreieck ist!
Hinweis: Gibt es nicht zu jeder Pyramide $P$ eine solche Ebene $e$, so ist für eine Pyramide $P$ diese Unmöglichkeit zu beweisen; gibt es aber zu jeder Pyramide eine solche Ebene $e$, so ist anzugeben, wie eine Ebene $e$ gefunden werden kann und dass jede so gefundene Ebene $e$ die geforderte Bedingung erfüllt.
\quoteoff
Lösung:
Es gibt zu jeder solcher Pyramide eine solche Ebene:
Da $P$ eine gerade Pyramide ist, sind alle dreieckigen Seitenflächen von $P$ zueinander kongruente gleichschenklige Dreiecke. Es sei $a$ die Kantenlänge des Quadrats $ABCD$ (und damit Basislänge in den gleichschenkligen Dreiecken $\triangle ABS$ und $\triangle DAS$) sowie $0^{\circ}<\alpha<45^{\circ}$ die Größe des Basiswinkels in den Seitenflächen. Damit ist die Länge $h$ der Höhe von $S$ in den "Seitendreiecken" nach der Definition des Tangens im rechtwinkligen Dreieck gleich $h=\frac{a}{2} \cdot \tan \alpha >0$, da die Höhe mit der Seitenhalbierenden zusammenfällt, und die Länge $s$ der von der Spitze $S$ der Pyramide ausgehenden Kanten mit dem Satz des Pythagoras gleich $s=\sqrt{h^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}>0$.
Es sei $0\leq\beta\leq \90^{\circ}$ der Winkel, der $\sin\beta=\frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}}$ erfüllt. Wegen $0<\alpha<45^{\circ}$ ist $0<\sin\alpha<\frac{\sqrt{2}}{2}$, also $0<\sin\beta<\frac{1}{2}$ und damit sogar $0<\beta<30^{\circ}$. Insbesondere ist auch $180^{\circ}>\gamma:=180^{\circ}-\alpha-\beta>180^{\circ}-45^{\circ}-30^{\circ}=105^{\circ}$, sodass sich ein stumpfwinkliges Dreieck mit den Innenwinkeln $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$ bilden lässt. Außerdem gilt wegen $90^{\circ}<\gamma<180^{\circ}$, dass $\cos\gamma$ negativ ist. Schließlich sei $f$ eine reelle Zahl, die definiert ist als $f:=\sqrt{3-2\sqrt{2}\cos\gamma}$, was wegen $\cos\gamma<0$ eine wohldefinierte, positive reelle Zahl ist.
Es sei nun $00$ geht sie äquivalent über in
$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}+ \frac{y^6 \cdot \sqrt{y}}{x^6 \cdot \sqrt{x}} \geq \frac{y^6}{x^6} + 1$
bzw. nach der Substitution $t:=\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}=\sqrt{\frac{y}{x}}\geq 1$ in
$t^{-1}+t^{13} \geq t^{12}+1$.
Da beide Seiten der Ungleichung offensichtlich positiv sind, ist Quadrieren eine Äquivalenzumformung, sodass die Ungleichung äquivalent ist zu
$t^{-2}+2 \cdot t^{-1} \cdot t^{13} + t^{26} \geq t^{24} + 2t^{12} + 1$
bzw.
$t^{26}-t^{24} \geq 1-t^{-2}$, also nach Multiplikation mit $t^2$ zu $t^{28}-t^{26}=t^{26} \cdot (t^2-1) \geq t^2-1$, was wegen $t\geq 1$ und damit sowohl $t^2-1\geq 0$ auch $t^{26}\geq 1$ wahr ist, sodass auch die Ausgangsgleichung wahr ist, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 280935: Untersuchen Sie, ob es ein Rechteck $ABCD$ gibt, in dem die Winkelhalbierende von $\angle ACB$ durch den Mittelpunkt der Strecke $AB$ geht!
\quoteoff
Lösung:
Es kann kein solches Rechteck geben: Die Winkelhalbierende von $\angle ACB$ im Dreieck $\triangle ABC$ teilt die gegenüberliegende Seite $AB$ im Verhältnis der anliegenden Seiten $AC$ und $BC$. Verläuft sie durch den Mittelpunkt von $AB$, so gilt also $|AC|=|BC|$, was aber im Rechteck $ABCD$ nicht sein kann, da das Dreieck $\triangle ABC$ rechtwinklig in $B$, die Hypothenuse $AC$ also länger als die Kathete $BC$ ist. Also kann es kein solches Rechteck geben, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.670 begonnen.]
|
Profil
|
Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.675, eingetragen 2019-06-11
|
@cyrix: Ok - Danke für den Hinweis. Dann wäre Induktion also ein möglicher Weg. Vll findet ja doch jemand anderes noch ein eleganteren Weg.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-11_um_19.18.12.png
Diese Aufgabe erscheint mir für eine 4. Runde relativ einfach zu sein. Dass die rechte Seite für "große" \(a\) und \(b\) wesentlich größer ist als die linke Seite ist irgendwie intuitiv sofort klar. Gut - das müsste man natürlich noch sauber zu Papier bringen - aber dennoch hat man sofort einen Zugang zu der Aufgabe.
Gruß,
Küstenkind
|
Profil
|
querin
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 864
| Beitrag No.676, eingetragen 2019-06-11
|
@Küstenkind
ich glaube deine Abschätzung der oberen Schranke müsste für
\[\frac12+\sum_{k=2}^n \frac1{2\sqrt{k}}\] funktionieren.
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.677, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
\quoteon
Aufgabe 260921: Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl $n$ auch
$\frac{n^3-2n^2-4n+8}{n+2}$
eine natürliche Zahl ist!
\quoteoff
Lösung:
Es ist
$\frac{n^3-2n^2-4n+8}{n+2}=\frac{n^3+2n^2-4n^2-8n+4n+8}{n+2}=\frac{(n^2-4n+4) \cdot (n+2)}{n+2}=n^2-4n+4\in\mathbb{N},\ \Box .$
\quoteon
Aufgabe 260922: Peter und Heinz erzählen, dass sie Dreiecke gezeichnet haben, deren Seitenlängen, gemessen in Zentimeter, die Maßzahlen
$a=3x+9$, $b=5x+8$, $c=4x+1$
hatten, wobei $x$ eine zuvor gewählte von Null verschiedene natürliche Zahl wahr.
Anke behauptet: Für jede von Null verschiedene natürliche Zahl $x$ gibt es ein Dreieck mit den so gebildeten Maßzahlen $a$, $b$, $c$ seiner Seitenlängen.
Birgit behauptet: Es gibt eine von Null verschiedene Zahl $x$, für die ein Dreieck, das diese Seitenlängen hat, rechtwinklig ist.
Untersuchen Sie für jede dieser beiden Behauptungen, ob sie wahr ist!
\quoteoff
Lösung:
a) Offensichtlich gilt für jede reelle Zahl $x>0$ (und damit auch für jede von Null verschiedene natürliche), dass $a+b=8x+17>4x+1=c$ und $a+c=7x+10>5x+8=b$ ist. Es gilt aber auch die dritte Dreiecksungleichung $b+c=9x+9>3x+9=a$, sodass sich für alle $x>0$ jeweils ein entsprechendes Dreieck mit Kantenlängen $a$, $b$ und $c$ bilden lässt. Anke hat also recht.
b) Mit $x=1$ ist $a=12$, $b=13$ und $c=5$, was $a^2+c^2=144+25=169=13^2=b^2$ erfüllt, sodass nach der Umkehrung des Satzes des Pythagoras bedeutet, dass es ein rechtwinkliges Dreieck mit Kathetenlängen $a$ und $c$ sowie Hypothenusenlänge $b$ gibt. Also hat auch Birgit recht.
\quoteon
Aufgabe 260923: Ermitteln Sie alle diejenigen Tripel $(a,b,c)$ natürlicher Zahlen $a$, $b$, $c$, die die folgenden Bedingungen (1) bis (5) erfüllen!
(1) Es gilt $b
|
Profil
|
Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.678, eingetragen 2019-06-11
|
Huhu querin,
\quoteon(2019-06-11 19:55 - querin in Beitrag No. 676)
@Küstenkind
ich glaube deine Abschätzung der oberen Schranke müsste für
\[\frac12+\sum_{k=2}^n \frac1{2\sqrt{k}}\] funktionieren.
\quoteoff
In der Tat! Daran hatte ich nicht gedacht. Dumm von mir - und hübsch von dir!
Viele Grüße,
Küstenkind
|
Profil
|
Ex_Senior
| Beitrag No.679, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11
|
\quoteon
Aufgabe 290921: Kann man in einer Ebene eine Figur bilden, die aus genau 1989 Geraden besteht und dadurch mehr als 2 Millionen Schnittpunkte enthält?
\quoteoff
Lösung:
Nein, kann man nicht: Je zwei Geraden haben höchstens einen Schnittpunkt, sodass für jede der $\frac{1989 \cdot 1988}{2}<1000 \cdot 1989<2\cdot 10^6$ Möglichkeiten, aus den 1989 Geraden zwei auszuwählen, höchstens ein Schnittpunkt in der Figur enthalten ist. Es gibt also in jdem Fall weniger als 2 Millionen Schnittpunkte.
\quoteon
Aufgabe 290923: Man ermittle die kleinste natürliche Zahl $n$, für die (bei Darstellung im dekadischen Positionssystem) 5 sowohl Teiler der Quersumme von $n$ als auch Teiler der Quersumme von $n+1$ ist.
\quoteoff
Lösung:
Endet die Zahl $n$ auf genau $k$ Neunen und besitzt davor die Ziffer $z<9$ (ggf. mit führender Null), so endet die Zahl $n+1$ auf genau $k$ Nullen und besitzt davor die Ziffer $z+1\leq 9$. (Die Ziffern vor $z$ bzw. $z+1$ sind in beiden Zahlen identisch.) Seien $q_n$ und $q_{n+1}$ die Quersummen von $n$ bzw. $n+1$. Dann gilt also $q_{n+1}=q_n-k\cdot 9 +1$.
Damit beide Quersummen durch 5 teilbar sind, muss also $k\cdot 9-1$ durch 5 teilbar sein. Dies tritt zum ersten mal für $k=4$ auf, sodass jede Zahl $n$, die der Aufgabenstellung genügt, auf mindestens vier Neunen enden muss.
Tatsächlich erfüllen die ersten dieser Zahlen, nämlich 9999, 19999, 29999 und 39999 nicht die Bedingung, dass ihre Quersumme durch 5 teilbar ist. Die nächste solche Zahl $n=49999$ erfüllt aber die Aufgabenstellung, da sowohl ihre Quersumme 40 als auch die Quersumme 5 von $n+1=50000$ durch 5 teilbar sind.
\quoteon
Aufgabe 290931: Beschreiben und begründen Sie für die folgende Aufgabe eine Konstruktion, die ausführbar ist, indem außer gezeichnet vorgegebenen Strecken nur Lineal und Zirkel (zum Konstruieren von Geraden und Kreisen, nicht zur Nutzung von Milimeter- oder Grad-Skalen) verwendet werden.
Gezeichnet vorgegeben seien zwei Strecken $AB$ und $AC$, die einen Winkel $\BAC$ der Größe $7^{\circ}$ bilden.
Zu konstruieren ist eine Zerlegung dieses Winkels in 7 gleich große Teile.
Das zeichnerische Ausführen der beschriebenen Konstruktion wird nicht verlangt.
\quoteoff
Lösung:
Zur Konstruktion:
1) Man zeichne einen Kreis $k$ um $A$, der beide Strecken $AB$ und $AC$ schneidet. Die Schnittpunkte mit $AB$ und $AC$ seien mit $P_0$ und $P_7$ bezeichnet, die Streckenlänge $|P_0P_7|$ mit $r_7$.
2) Der Kreis um $P_7$ mit Radius $r_7$ schneide den Kreis $k$ außer in $P_0$ noch in einem zweiten Punkt $P_{14}$; der Kreis um $P_{14}$ mit Radius $r_7$ außer in $P_7$ noch in einem zweiten Punkt $P_{21}$, usw. Man erhält auf diese Weise sukzessive die Punkte $P_{7n}$ auf $k$ mit $n=0, 1, \dots, 13$, insbesondere also den Punkt $P_{91}$.
3) Man errichte das Lot $l$ auf $AB$ durch $A$ und als Schnittpunkt des Lots $l$ mit dem von $P_0$ ausgehenden Halbkreisbogen von $k$, auf dem auch $P_7$ liegt, den Punkt $P_{90}$. Der Abstand $|P_{90}P_{91}|$ sei mit $r_1$ bezeichnet.
4) Der Kreis um $P_0$ mit Radius $r_1$ schneide den von $P_0$ ausgehenden Halbkreisbogen von $k$ in $P_1$; der Kreis um $P_1$ den Kreis $k$ neben $P_0$ in einem zweiten Punkt $P_2$; der Kreis um $P_2$ den Kreis $k$ neben $P_1$ in einem zweiten Punkt $P_3$; usw., bis man den Punkt $P_6$ erhält.
5) Die Strahlen $AP_i$ mit $i\in\{1,2,3,4,5,6\}$ zerlegen den Winkel $\angle P_0AP_1=\angle BAC$ in sieben gleich große Teile.
Begründung:
Die Indizes der Punkte sind so gewählt, dass für jedes $i$ der Winkel $\angle P_0AP_i$ genau $i^{\circ}$ groß ist. Dies ist für $P_0$ und $P_7$ aufgrund der gezeichneten Strecken und dem von diesen aufgespannten Winkel der Fall. Da die Bögen auf $k$ zwischen $P_{7n}$ und $P_{7(n+1)}$ alle genauso groß sind wie der zwischen $P_0$ und $P_7$, gilt auch $\angle P_{7n}AP_{7(n+1)}=7^{\circ}$ und damit sukzessive auch $\angle P_0AP_{7n}=7n^{\circ}$.
Für $P_{90}$ gilt $\angle P_0AP_{90}=90^{\circ}$, da dieser Punkt auf dem Lot zu $AP_0$ durch $A$ liegt. Insbesondere ist nun $\angle P_{90}AP_{91}=\angle P_0AP_{91}-\angle P_0AP_{90}=1^{\circ}$.
Nach Konstruktion ist der Bogen zwischen $P_i$ und $P_{i+1}$ für $i\in\{0,1,2,3,4,5\}$ immer genauso groß wie der zwischen $P_{90}$ und $P_{91}$, sodass für diese $i$ jeweils $\angle P_iAP_{i+1}=1^{\circ}$ gilt und damit sukzessive $\angle P_0AP_i=i^{\circ}$ für alle $i\in\{1,2,3,4,5,6\}$, was das Gewünschte zeigt, da man dadurch eine entsprechende Unterteilung in 7 Teilwinkel der Größe von je einem Grad erhält.
\quoteon
Aufgabe 290934: Beweisen Sie, dass es zu je zwei beliebigen rationalen Zahlen $a$, $b$ mit $a0$ und $0<\frac{1}{2}<\frac{\sqrt{2}}{2} < 1$ auch
$a[Die Antwort wurde nach Beitrag No.677 begonnen.]
|
Profil
|
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
