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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.880, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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@TomTom314, zu Aufgabe 271042: Also ich kann zumindest zeigen, dass $f$ an allen Stellen, die sich durch Radikale ausdrücken lassen, verschwindet. Wie man den Übergang zu den algebraischen Zahlen schafft, ist mir aber noch nicht klar.
@weird: Deine Lösung sieht gut aus, und ist einer vierten Aufgabe (der dritten Runde) auch angemessen.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.878 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.881, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 00:06 - cyrix in Beitrag No. 880)
@TomTom314, zu Aufgabe 271042: Also ich kann zumindest zeigen, dass $f$ an allen Stellen, die sich durch Radikale ausdrücken lassen, verschwindet. Wie man den Übergang zu den algebraischen Zahlen schafft, ist mir aber noch nicht klar.
\quoteoff
Es geht noch viel mehr: Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ ableiten. Dann gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$ und somit $f(x)(6x^2-2)=0$. Zusammen mit $f(\pm\sqrt{1/3})=0$ haben wir $f\equiv 0$.
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Kornkreis
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 | Beitrag No.882, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-22 23:09 - TomTom314 in Beitrag No. 877)
Auf jeden Fall eine schöne Aufgabe. Über die Unterscheidung gerade/ungerade am Ende des Beweises bin ich nicht so glücklich. Sieht jemand eine bessere Variante?
\quoteoff
Hi Tom,
das muss ich auch machen. Ich habe erst mal die gleiche Idee, aber eine etwas andere Umsetzung:
\showon Lösungsvariante zur 211236B
Man erhält genau die verschiedenen Zerlegungen, indem die drei Summanden $a\leq b \leq c$ der Größe nach geordnet werden. Man sieht daraus, dass $a \leq \left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ gelten muss, und für jedes $a \leq \left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ bekommt man die möglichen $b$ und $c$, indem man $n-3a$ in zwei Summanden zerlegt, wovon der erste kleiner gleich dem zweiten sein soll. Dafür gibt es $\left \lceil{\frac{n-3a+1}{2}}\right \rceil$ Möglichkeiten.
Daraus folgt
$$A_n= \sum_{j=1}^{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor} \left \lceil{\frac{n-3j+1}{2}}\right \rceil,$$
woraus sich durch Ausrechnen die Behauptung ergibt.
\showon Rechnung
Es gilt $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor=\frac{n-k}{3}$ mit einem $k\in \{0,1,2\}$. Des Weiteren alterniert $n-3j+1$ mit $j$ zwischen geraden und ungeraden Zahlen, sodass $\left \lceil{\frac{n-3j+1}{2}}\right \rceil$ zwischen $\frac{n-3j+1}{2}$ und $\frac{n-3j+2}{2}$ alterniert.
Dementsprechend gilt, unter Benutzung der kleinen Gauß'schen Summenformel,
$$A_n=\frac{n-k}{3}\frac{n}{2}-\frac{3}{2}\frac{\frac{n-k}{3}\left(\frac{n-k}{3}+1\right)}{2}+z,$$
wobei $z=1+\frac{1}{2}+1+...+1$ ($\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ Summanden) gilt, falls $n$ und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ ungerade sind, $z=\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+...+1$, falls $n$ und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ gerade, etc.
D.h. wir haben $\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor -1}{2}\cdot 1+\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor +1}{2}\cdot\frac{1}{2}\leq z \leq \frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor +1}{2}\cdot 1+\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor -1}{2}\cdot\frac{1}{2}$,
also $\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}-\frac{1}{4}\leq z \leq \frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+\frac{1}{4}$.
Demzufolge haben wir
$$A_n=\frac{n^2}{6}-\frac{nk}{6}-\frac{1}{12}(n^2-2nk+k^2)-\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+z=\frac{n^2}{12}-\frac{k^2}{12}-\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+z.$$
Für $k=0$ oder $k=1$ folgt mit der obigen Abschätzung für $z$ direkt die Behauptung. Für $k=2$ stellen wir fest, dass nicht $n$ gerade und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ ungerade sein können, sodass sogar $z \geq \frac{3}{4}\frac{n-k}{3}$ und dann die Behauptung folgt.
\showoff
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.880 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.883, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Hallo Kornkreis,
auch schön. Über die Summenformel hatte ich (ohne Ergnis) etwas nachgedacht. Der Summand sollte aber $\left[\frac{n-3a+2}{2}\right]$ sein, wenn ich mich nicht verzählt habe.
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Ex_Senior
| Beitrag No.884, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 01:18 - TomTom314 in Beitrag No. 881)
Es geht noch viel mehr: Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ ableiten. Dann gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$ und somit $f(x)(6x^2-2)=0$. Zusammen mit $f(\pm\sqrt{1/3})=0$ haben wir $f\equiv 0$.
\quoteoff
Das ist tatsächlich sehr nett. :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.885, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon Aufgabe 4 - 211234
Man ermittle alle diejenigen von 0 verschiedenen reellen Zahlen q, die die folgende Eigenschaft haben: Es gibt eine von 0 verschiedene Zahl $a_1$ und eine natürliche Zahl k≥3 so, dass in der durch $a_n=a_1·q^{n−1}\ (n= 1,2,3,...)$ definierte Zahlenfolge $(a_n)$ das Glied $a_k$ gleich dem arithmetischen Mittel der beiden vorangehenden Glieder $a_{k−1}$ und $a_{k−2}$ ist.
\quoteoff
Nach Vorraussetzung gibt es $a_1,k,q$, so dass $a_1q^{k-1}=a_k = \frac{1}{2}(a_{k−1} + a_{k−2})=\frac{1}{2}(a_1q^{k-2} + a_1q^{k-3})$. Kürzen mit $a_1,q^{k-3}$ ergibt $q^2=\frac{1}{2}(q+1)$ und somit $q=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt 3)$.
Wie war das nochmal mit dem Schwierigkeitsgrad... Bei Aufgabe 211233 direkt davor habe ich schon ein paar Anläufe ohne Ergebnis hinter mir. Hier möchte gerne anregen, dass wir besonders widerspenstige Aufgabe vielleicht in einem Extra-Thread sammeln um Ideen dazu auszutauschen. Die letzten offenen Aufgaben der Klasse 9 waren schon etwas anspruchsvoller, was bei 10-12 auch zu erwarten ist.
@Steffen: Zu Aufgabe 271042 hätte eine Ergänzung/Bemerkung zu cyrixs Lösung:
Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ herleiten. Es gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$. Aus $f(x)(6x^2-2)=0$ und $0=f(\frac{1}{3})=\pm\sqrt{1/3}f(\pm\sqrt{1/3})\pm\sqrt{1/3}f(\pm\sqrt{1/3})$ folgt somit $f\equiv 0$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.883 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.886, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 10:24 - TomTom314 in Beitrag No. 883)
Hallo Kornkreis,
auch schön. Über die Summenformel hatte ich (ohne Ergnis) etwas nachgedacht. Der Summand sollte aber $\left[\frac{n-3a+2}{2}\right]$ sein, wenn ich mich nicht verzählt habe.
\quoteoff
Hi Tom,
bei mir steht da die Aufrunden-Funktion, d.h. es stimmt mit deinem Term überein (zugegeben ist es nicht so optimal, Auf- und Abrunden zu mischen).
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.884 begonnen.]
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.887, eingetragen 2019-06-23
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Bitte werft mal einen kurzen Blick auf Aufgabe 281231, die macht überhaupt keinen Sinn. Die Zahl $r$ taucht gar nicht auf, und mit $q=5$ wäre die Folge $a$ schon komplett vorgegeben. Wie hätte sie eventuell tatsächlich aussehen sollen? Z.B. $a_3=\frac1r$ statt $\frac13$?
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.888, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 11:45 - MontyPythagoras in Beitrag No. 887)
Bitte werft mal einen kurzen Blick auf Aufgabe 281231, die macht überhaupt keinen Sinn. Die Zahl $r$ taucht gar nicht auf, und mit $q=5$ wäre die Folge $a$ schon komplett vorgegeben. Wie hätte sie eventuell tatsächlich aussehen sollen? Z.B. $a_3=\frac1r$ statt $\frac13$?
\quoteoff
In der alpha und bei Manuela Kugel steht es genau so.
Ich habe jetzt geändert auf
Aufgabe 1 - 281231
Man ermittle alle diejenigen aus je drei Gliedern bestehenden Folgen $(a_1, a_2, a_3)$ und $(b_1, b_2, b_3)$, die mit
zwei geeigneten von Null verschiedenen reellen Zahlen $p, r$ sowie mit $q = 5$ die folgenden Bedingungen
erfüllen:
(1) Es gilt $a_1 = \frac{1}{p}$, $a_2 = \frac{2}{q}$, $a_3 = \frac{1}{r}$.
(2) Es gilt $b_1 = \frac{1}{a_1}$, $b_2 = \frac{1}{a_1\cdot a_2}$,
$b_3 = \frac{1}{a_2\cdot a_3}$.
(3) Die Folge $(a_1, a_2, a_3)$ ist eine arithmetische Folge.
(4) Die Folge $(b_1, b_2, b_3)$ ist eine arithmetische Folge.
Aus "Schönheitsgründen" muss r in der Bedingung (1) auftreten.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.889, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Mittlerweile hat sich wohl herumgesprochen, dass es da eine Datei mit vielen Aufgaben und vor allem Lösungen zu Olympiadeaufgaben gibt. ;-)
Jedenfalls wird die Datei relativ oft aufgerufen.
Mich erreichten auch mehrere Anfragen, ob es nicht möglich wäre, die Jahrgänge bis 1994 zu erweitern.
Ab 1995 dürfen die Aufgaben nicht veröffentlicht werden, da Mathematik-Olympiaden e.V. dort das Copyright hat.
Also fehlen bisher genau die Jahre 1990 bis 1994.
Daher habe ich jetzt begonnen, zuerst die Klasse 9, die fehlenden Aufgaben in den Text aufzunehmen; später die 10 und 12.
Ich weiß, dann werden es noch mehr Aufgaben. Aber gerade für diese Jahrgänge sind Lösungen nur sehr schwierig aufzutreiben.
Und vielleicht gefallen dem einen oder anderen von euch diese Aufgaben besser.
Ich bitte dennoch um Entschuldigung.
LG Steffen
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Kornkreis
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| Beitrag No.890, eingetragen 2019-06-23
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Warum Entschuldigung, ich finde es gut ;-)
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Ex_Senior
| Beitrag No.891, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Mein Computer hat mich gerade "böse" mit seinem Lüfter angefaucht.
Das Übersetzen des vollständigen Textes in eine PDF-Datei dauert jetzt schon 34 Sekunden.
Das kann ja lustig werden. :-D
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.892, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon
Aufgabe 211031: Ermitteln Sie alle Tripel $(a,b,c)$ natürlicher Zahlen mit folgenden Eigenschaften!
(1) Es gilt $0>
\quoteoff
Lösung:
Wegen $[a]\in\mathbb{Z}$ ist nach der ersten Gleichung der Nachkommaanteil von $b$ entweder $0{,}3$ oder $0{,8}$, da nur für diese $2b$ den Nachkommaanteil $0{,}6$ besitzt. Aber nur die erste Möglichkeit führt nicht zu einem Widerspruch mit der zweiten Gleichung, da der Nachkommaanteil von $3b$, und damit auch von $11{,}9=[2a]+3b$, bei der zweiten Möglichkeit wegen $3 \cdot 0{,}8=2{,4}$ also $0{,}4$ betragen würde, was ein Widerspruch ist.
Also gilt $b=[b]+0{,3}$ und die beiden Gleichungen gehen über in
$[a]+2[b]=6$ sowie
$[2a]+3[b]=11$.
Wir unterscheiden zwei Fälle bezüglich des Nachkommaanteils von $a$:
1. Fall: Es ist $0\leq a-[a]<\frac{1}{2}$. Dann ist $0\leq 2a-2[a]<1$, also $2[a]\leq 2a < 2[a]+1$ und damit $[2a]=2[a]$. Es ergibt sich das lineare Gleichungssystem
$[a]+2[b]=6$
$2[a]+3[b]=11$,
welches die Lösung $([a];[b])=(4;1)$ besitzt. Damit sind für alle $0\leq c<\frac{1}{2}$ die Paare $(a; b)=(4+c; 1{,}3)$ Lösungen des Ausgangssystems.
2. Fall: Es ist $\frac{1}{2} \leq a-[a]<1$. Dann ist $1\leq 2a-2[a]<2$, also $2[a]+1\leq 2a < 2[a]+2$ und damit $[2a]=2[a]+1$. Es ergibt sich das lineare Gleichungssystem
$[a]+2[b]=6$
$2[a]+1+3[b]=11$,
welches die Lösung $([a];[b])=(2;2)$ besitzt. Damit sind für alle $0\leq c<\frac{1}{2}$ die Paare $(a; b)=(2{,}5+c; 2{,}3)$ Lösungen des Ausgangssystems.
Zusammenfassend ergibt sich also folgende Lösungsmenge:
$\displaystyle \left{(a,b)\left|\exists 0\leq c \leq \frac{1}{2}: (a=4+c \wedge b=1{,}3) \vee (a=2{,}5+c \wedge b=2{,}3)\right.\right\} .$
\quoteon
Aufgabe 211034: Ermitteln Sie alle diejenigen reellen Zahlen $x$, die die Ungleichung erfüllen:
$\frac{1-\sqrt{1-3x^2}}{x}<1$
\quoteoff
Lösung:
Offensichtlich kann $x$ nicht 0 sein, da sonst der Bruch nicht definiert wäre. Analog muss $|x|\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ gelten, da für $|x|>\frac{1}{\sqrt{3}}$ sofort $x^2>\frac{1}{3}$ und damit $1-3x^2<1-1=0$ folgen würde, sodass der Radikand negativ und die Wurzel nicht mehr definiert wäre.
Sei also im Folgenden $0<|x|\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$. Dann ist $1-3x^2<1$, also $\sqrt{1-3x^2}<1$ und damit $1-\sqrt{1-3x^2}>0$. Der Bruch besitzt also das gleiche Vorzeichen wie der Nenner $x$. Ist dieser negativ, so ist die Ungleichung offensichtlich erfüllt, sodass wir ein erstes Lösungsintervall erhalten, nämlich $x\in\left[-\frac{1}{\sqrt{3}}; 0\right)$.
Ist dagegen $00$ und Subtraktion von 1 äquivalent zu $-\sqrt{1-3x^2}1-x$. Da $\frac{1}{\sqrt{3}}<1$ gilt, sind beide Seiten dieser Ungleichung nichtnegativ und also ist die Ungleichung äquivalent zu $1-3x^2>(1-x)^2=1-2x+x^2$ bzw. $0>-2x+4x^2=(-2x)(1-2x)$. Wegen $x>0$ ist $-2x<0$, die Ungleichung also äquivalent zu $1-2x>0$ bzw. $x<\frac{1}{2}$. Da $2>\sqrt{3}$ gilt, ist $\frac{1}{2}<\frac{1}{\sqrt{3}}$, sodass tatsächlich alle positiven $x$ mit $x<\frac{1}{2}$ die Ungleichung erfüllen (und die weiteren nicht).
Zusammenfassend erhalten wir, dass genau all jene $x$ aus der Menge $\left[-\frac{1}{\sqrt{3}}; \frac{1}{2}\right) \setminus \{0\}$ die Ungleichung erfüllen.
\quoteon
Aufgabe 211043A: In einem Mathematikzirkel wird über nichtkonstante Funktionen diskutiert, die für alle reellen Zahlen definiert sind und deren Funktionswerte wieder reelle Zahlen sind.
Sind $f$ und $g$ zwei solche Funktionen, so kann man die Funktion $F$ für alle reellen $x$ durch $F(x)=f(g(x))$ definieren.
Die Diskussion beschäftigt sich mit der Frage, ob derartige Funktionen $f,g,F$ periodisch sind.
(Bekanntlich heißt eine Fuktion $\rho$ genau dann periodisch, wenn eine reelle Zahl $p>0$ so existiert, dass für alle $x$ die Gleichung $\rho(x+p)=\rho(x)$ gilt.)
Jens behauptet: Ist $g$ eine periodische Funktion (und $f$ periodisch oder nicht), so ist auch stets die -- wie oben erklärte -- Funktion $F$ periodisch.
Dirk behauptet: Ist $f$ eine periodische Funktion (und $g$ periodisch oder nicht), so ist auch stets die Funktion $F$ periodisch.
Christa behauptet: Sind beide Funktionen $f$ und $g$ nicht periodisch, so ist auch stets $F$ nicht periodisch.
Untersuchen Sie für jeden dieser drei Schüler, ob er damit eine wahre oder eine falsche Aussage gemacht hat!
\quoteoff
Lösung:
Jens hat Recht, während Dirk und Christa falsch liegen:
zu Jens: Ist $g$ eine periodische Funktion mit Periode $p$, dann gilt für alle reellen $x$ auch $F(x+p)=f(g(x+p))=f(g(x))=F(x)$, sodass auch $F$ mit der gleichen Periode wie $g$ periodisch ist.
zu Dirk: Es sei $f(x)=\sin(x)$ eine periodische Funktion und $g(x)=0$ für alle $x\neq 0$ sowie $g(0)=\frac{\pi}{2}$. (Dann ist $g$ eine nichtkonstante Funktion.) Damit ist aber $F(x)=f(g(x))=\sin(0)=0$ für alle $x\neq 0$ und $F(0)=f(g(0))=\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$, sodass es keine reelle Zahl $p>0$ geben kann, die $F(x+p)=F(x)$ für alle $x$ erfüllt, denn zumindest für $x=0$ gilt immer $F(0+p)=F(p)=0\neq 1=F(0)$.
zu Christa: Es sei $g(x)$ wie bei Dirk definiert und $f(x)=g(x-1)$ für alle reellen Zahlen $x$. Dann sind (in analoger Weise wie bei der Betrachtung von $F$ bei Dirk) beide Funktionen $f$ und $g$ nichtkonstant und nicht periodisch, erfüllen also Christas Voraussetzung. Weiterhin ist für alle rellen Zahlen $x\neq 0$ dann $F(x)=f(g(x))=f(0)=g(-1)=0$ und $F(0)=f(g(0))=f\left(\frac{\pi}{2}\right)=g(\frac{\pi}{2}-1\right)=0$, sodass für alle reellen Zahlen $x$ und $p$ die Gleichung $F(x+p)=0=F(x)$ gilt, also $F$ periodisch (mit beliebiger Periodenlänge $p$) ist.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.884 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.893, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 13:02 - stpolster in Beitrag No. 889)
Ich weiß, dann werden es noch mehr Aufgaben.
\quoteoff
... Und ich bemühe mich, dass wir auf unter 300 noch offene Aufgaben kommen. *grumml* ;)
In Klasse 9 sind jetzt 62 neue Aufgaben dazugekommen, in Klassen 10 und 12 werden es ja jeweils noch einmal 80 neue werden. (Sind in Klasse 11 in der Oberstufe dann schon einzelne eigenständige Aufgaben für die Bundesrunden vorhanden, wie es sie derzeit auch gibt, also etwa eine pro Tag anders als als in der 12?) Das macht dann mal zusätzliche 222 Aufgaben...
Cyrix
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| Beitrag No.894, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 13:07 - stpolster in Beitrag No. 891)
Das Übersetzen des vollständigen Textes in eine PDF-Datei dauert jetzt schon 34 Sekunden.
Das kann ja lustig werden. :-D
\quoteoff
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren.
\quoteon(2019-06-23 13:02 - stpolster in Beitrag No. 889)
Also fehlen bisher genau die Jahre 1990 bis 1994.
Daher habe ich jetzt begonnen, zuerst die Klasse 9, die fehlenden Aufgaben in den Text aufzunehmen; später die 10 und 12.
\quoteoff
Wo sind die? Gibt es dafür einen eigenen Link?
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| Beitrag No.895, eingetragen 2019-06-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-06-23 13:34 - cyrix in Beitrag No. 892)
\quoteon
Aufgabe 211031 [...]
\quoteoff
(2) bedeutet, dass die Gleichung $4(a+b+c)=abc$ zu lösen ist.
\quoteoff
Diese Gleichung war übrigens auch Teil der Lösung zu Aufgabe 211045.\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.896, eingetragen 2019-06-23
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_271242.png
Es ist offensichtlich, dass die drei Gleichungen durch zyklische Vertauschung von $x$, $y$ und $z$ ineinander übergehen. Daher wäre ein Tripel mit $x=y=z$ automatisch eine Lösung, wenn $x$ die Gleichung
$$(4)\qquad x^3+9x^2+8x=1980$$erfüllt. Eine ebenso offensichtliche Lösung ist $x=10$, so dass schon einmal das Tripel $(x,y,z)=(10,10,10)$ eine Lösung darstellt.
Wir werden nun zeigen, dass es weitere Lösungen in $\mathbb R$ nicht geben kann. Wir führen eine Polynomdivision von Gleichung (4) durch $x-10$ durch, und erhalten
$$x^2+19x+198=0$$Diese quadratische Gleichung hat in $\mathbb R$ keine Lösungen. Weitere Lösungstripel erfordern somit, dass die drei Variablen paarweise verschieden sind.
Wir betrachten nun die zwei Funktionen
$$(5)\qquad f(x)=x^3$$und
$$(6)\qquad g(y)=9y^2+8y+8$$Letztere ist eine nach oben offene Parabel, das Minimum liegt bei $y=-\frac49$. (Jede Schlussfolgerung bezüglich der Eigenschaft einer Variablen gilt aufgrund der zyklischen Vertauschbarkeit immer für alle drei Variablen gleichermaßen.) Sowohl (6) für $y\geq-\frac49$ als auch (5) generell sind monoton steigend.
Wir nehmen nun zunächst an, dass alle drei Variablen $x,y,z\geq-\frac49$ sind. In Gleichung (1) bedeutet das wegen der Monotonie ausgehend vom Tripel $(10,10,10)$, wenn man $x$ größer als 10 ansetzt, dass $y$ kleiner als 10 sein muss. Wenn $y$ aber kleiner als 10 ist, dann hat das in Gleichung (2) zur Folge, dass $z$ größer als 10 werden muss. Damit sind sowohl $x$ als auch $z$ jeweils größer als 10, was Gleichung (3) unerfüllbar macht und somit zu einem Widerspruch führt. Gleiches gilt für die entgegengesetzte Richtung.
Wir untersuchen daher als letztes, ob eine Lösung möglich ist, wenn (mindestens) eine der Variablen kleiner als $-\frac49$ wäre. Es ist durch Nullsetzen der ersten Ableitung von (6) und Einsetzen sehr einfach, zu zeigen, dass
$$9y^2+8y+8\geq\frac{56}9$$ist.
Verwendet man das in Gleichung (1), so folgt:
$$9y^2+8y+8=1988-x^3\geq\frac{56}9$$$$x\leq\sqrt[3]{1988-\frac{56}9}=a$$ Es gibt also eine obere Schranke
$$(7)\qquad x,y,z\leq a$$mit $a=\sqrt[3]{1981\tfrac79}\approx12,56$. Nehmen wir nun an, dass $x\leq-\frac49$ sei. Aus Gleichung (1) folgt:
$$(8)\qquad 9y^2+8y=1980-x^3\geq1980+\left(\frac49\right)^3$$Da $y=a$ diese Ungleichung nicht erfüllt, müsste entweder im Widerspruch zu (7) $y>a$ gelten, oder es muss kleiner sein als die andere, negative Lösung der quadratischen Gleichung. Das heißt:
$$y\leq-\frac49-\sqrt{\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9}$$Wir behaupten, dass
$$(9)\qquad-\frac49-\sqrt{\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9}0$$was tatsächlich der Fall ist für alle $x$. q.e.d.
Das einzige Lösungstripel ist somit $(x,y,z)=(10,10,10)$.
So richtig glücklich bin ich mit dieser Lösung noch nicht. Vielleicht kann man die zyklische Vertauschbarkeit auch als Argument nutzen, dass grundsätzlich $x=y=z$ gelten muss, aber ich wüsste auf Anhieb nicht, warum. Es könnte ja durchaus sein, dass es ein anderes Lösungstripel $(x,y,z)$ gibt. Dann würde aus der zyklischen Vertauschung lediglich folgern, dass auch $(y,z,x)$ und $(z,x,y)$ die Gleichungen lösen.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.893 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.897, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894)
Wo sind die? Gibt es dafür einen eigenen Link?
\quoteoff
Im Moment nur unter Mathematik-Olypiaden
\quoteon(2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894)
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren.
\quoteoff
Kann ja sein.
Das Problem ist, dass beim Gesamttext alles Einzeldateien neu übersetzt werden. Ist logisch, wie sollen sonst die korrekten Seitenzahlen und das Inhaltsverzeichnis erstellt werden.
Dafür einen Vorschlag?
@alle: Danke für die vielen Lösungen. 1019 sind online.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.898, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 13:41 - cyrix in Beitrag No. 893)
... Und ich bemühe mich, dass wir auf unter 300 noch offene Aufgaben kommen. *grumml* ;)
\quoteoff
Tut mir leid.
11 und 12 wurden erst 1999 getrennt.
Wenn ich mich nicht verzählt habe, sind es 62 neue Aufgaben in der Klasse 9 und jeweils 80 in der 10 bzw. 12, also dir von dir genannten 222 Aufgaben. :-(
Ich war mir auch nicht sicher, ob wir sie aufnehmen sollten.
Eine kleinen Hoffnungsschimmer gibt es, da mir einige offizielle Lösungszettel versprochen wurden. Ich werde dann fleißig abtippen.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.899, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Alles gut. Wir haben nur eben etwas länger zu tun, bis das Projekt abgeschlossen ist. ;)
Cyrix
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.900, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 14:50 - stpolster in Beitrag No. 897)
\quoteon(2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894)
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren.
\quoteoff
Kann ja sein.
Das Problem ist, dass beim Gesamttext alles Einzeldateien neu übersetzt werden. Ist logisch, wie sollen sonst die korrekten Seitenzahlen und das Inhaltsverzeichnis erstellt werden.
Dafür einen Vorschlag?
\quoteoff
Du könntest einmal statt \input{sub.tex}
\includestandalone[mode=tex]{sub} oder \includestandalone[mode=buildnew]{sub} probieren.
Zieht allerdings % arara: pdflatex: {shell: yes} nach sich.
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Ex_Senior
| Beitrag No.901, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
\quoteoff
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
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Ex_Senior
| Beitrag No.902, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Na dann fangen wir mal an mit den Zusatzaufgaben:
\quoteon
Aufgabe 320921: Ein pythagoreisches Zahlentripel $(a;b;c)$ besteht aus drei con 0 verschiedenen natürlichen Zahlen $a,b,c$, für die $a^2+b^2=c^2$ gilt.
a) Geben Sie drei verschiedene Tripel ($a;b;c)$ mit $a\leq b$ an und bestätigen Sie, dass es pythagoreische Zahlentripel sind!
b) Warum gibt es kein pythagoreisches Zahlentripel mit $a=b$?
\quoteoff
Lösung:
a) Offensichtlich ist für jedes natürliche $n>0$ das Tripel $(3n;4n;5n)$ wegen $(3n)^2+(4n)^2=9n^2+16n^2=25n^2=(5n)^2$ ein pythagoreisches.
b) Wäre $a=b$, so also $c^2=a^2+a^2=2a^2$, also $2=\frac{c^2}{a^2}$ mit $\sqrt{2}=\frac{c}{a}\in\mathbb{Q}$, was ein Widerspruch ist.
\quoteon
Aufgabe 320922: In der Ebene seien vier paarweise verschiedene Geraden gegeben.
a) Welches ist die größtmögliche Anzahl derjenigen Punkte, die Schnittpunkt von (jeweils mindestens) zwei der gegebenen Geraden sind?
b) Stellen Sie fest, welche der Zahlen 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 als Anzahl solcher Schnittpunkte möglich ist und welche nicht!
\quoteoff
Lösung:
Es seien $a,b,c,d$ die vier Geraden.
a) Wenn keine zwei der Geraden parallel sind und sich keine drei in einem gemeinsamen Punkt schneiden, dann besitzen $a$ und $b$, $a$ und $c$, $a$ und $d$, $b$ und $c$, $b$ und$ d$ sowie $c$ und $d$ jeweils einen Schnittpunkt, der von den übrigen verschieden ist. Da zwei verschiedene Geraden nur höchstens einen Punkt gemein haben können, ist dies also die Maximalzahl möglicher verschiedener Schnittpunkte.
b) Wir haben gerade gesehen, dass sich genau 6 Schnittpunkte erzeugen lassen, indem keine zwei der Geraden parallel sind und sich keine drei in einem Punkt schneiden.
Sind $a$ und $b$ parallel, aber $c$ und $d$ weder zueinander noch zu $a$ (und $b$) parallel, haben $c$ und $d$ mit $a$ und $b$ je zwei Schnittpunkte. Ist der Schnittpunkt von $c$ und $d$ keiner dieser vier, so gibt es insgesamt 5.
Sind in der Konstruktion von eben nun $c$ und $d$ doch parallel, so gibt es nur die vier Schnittpunkte mit den Parallelen $a$ und $b$.
Sind $a$, $b$ und $c$ paarweise parallel zueinander, $d$ aber nicht, so schneiden sich $a$, $b$ und $c$ paarweise nicht, während jede von diesen mit $d$ genau einen Schnittpunkt besitzt, wobei keine zwei dieser Schnittpunkte zusammenfallen, es also insgesamt genau 3 gibt.
Sind alle vier Geraden paarweise parallel zueinander, so gibt es gar keinen, also 0, Schnittpunkte.
Verlaufen alle vier Geraden durch einen gemeinsamen Punkt $P$, gibt es genau einen Schnittpunkt, nämlich $P$. Weitere kann es nicht geben, da zwei verschiedene Geraden sich in höchstens einem Punkt schneiden.
Bleibt noch zu zeigen, dass genau zwei Schnittpunkte nicht möglich sind: Angenommen, es gäbe eine solche Konstellation. Dann können die drei Geraden $a$, $b$ und $c$ nicht paarweise parallel zueinander sein, da es sonst (s.o.) mit $d$ genau 0 oder genau 3 Schnittpunkte gäbe. Auch können sie sich nicht in einem gemeinsamen Punkt $P$ schneiden, da es sonst (wenn $d$ durch $P$ verläuft) genau 1 oder (wenn $d$ nicht durch $P$ verläuft) genau $1+3=4$ Schnittpunkte geben würde. Auch können die drei Geraden nicht paarweise nicht parallel sein, da aus dem Zusammenfallen von zwei ihrer drei Schnittpunkte sofort folgen würde, dass der dritte mit diesem auch identisch ist, man sich also im vorherigen Fall befindet. Also sind von den drei Geraden $a$, $b$ und $c$ genau zwei parallel und die dritte dazu nicht parallel. O.B.d.A. sei $a\parallel b$ und $b\not\parallel c$. Analog kann man nun die drei Geraden $b$, $c$ und $d$ betrachten, von denen wieder zwei parallel und die dritte nicht dazu parallel sein muss. Im Fall $b\parallel d$ erhalten wir den Widerspruch $a\parallel b\parallel d$ analog oben mit genau 3 Schnittpunkten und im verbleibenden Fall $c\parallel d$ erhält man genau 4 Schnittpunkte (s.o.), also auch nicht genau 2.
Es lässt sich also jede Schnittpunktanzahl von 0 bis 6 mit Ausnahme der 2 realisieren.
\quoteon
Aufgabe 320923: Beim Tanken eines Oldtimers mit Zweitaktmotor, der ein Öl-Kraftstoff-Gemisch von 1:50 benötigt, wurden zunächst versehentlich 7 Liter Kraftstoff ohne Öl getankt.
Wie viele Liter Gemisch mit dem noch lieferbaren Verhältnis 1:33 müssen nun hinzugetankt werden, damit sich das richtige Mischungsverhältnis von 1:50 ergibt?
Die gesuchte Literzahl ist auf eine Stelle nach dem Komma genau zu ermitteln.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $V$ das Volumen der noch nachzutankenden Menge in Litern. Dann soll also $\frac{1}{34} \cdot V=\frac{1}{51} \cdot (V+7)$ gelten, also $\left(\frac{1}{34}-\frac{1}{51}\right) \cdot V= \frac{7}{51}$. Es ist $51=3 \cdot 17$ und $34=2\cdot 17$, also geht die Gleichung durch Multiplikation mit $17 \cdot 6$ über in $(3-2) \cdot V=V=14$, sodass genau (auf beliebig viele Stellen nach dem Komma) 14 Liter vom $1:33$-Gemisch nachzutanken sind.
\quoteon
Aufgabe 320931: In einem Land gibt es nur zwei Sorten von Menschen: Edelmänner und Schurken.
Jeder Edelmann macht nur wahre Aussagen, jeder Schurke nur falsche Aussagen. Ein nicht aus diesem Land stammender Reporter berichtet, er habe folgendes Gespräch dreier Einwohner $A$, $B$ und $C$ dieses Landes gehört:
$A$ sagt zu $B$: "Wenn $C$ ein Edelmann ist, dann bis du ein Schurke."
$C$ sagt zu $A$: "Du bist von anderer Sorte als ich."
Kann ein solches Gespräch stattgefunden haben?
Wenn das der Fall ist, geht aus dem Gespräch für jeden der drei $A$, $B$, $C$ eindeutig hervor, ob er Edelmann oder Schurke ist, und zu welchen Sorten gehören dann $A$, $B$ und $C$?
\quoteoff
Lösung:
Wir betrachten zuerst $C$ und seine Aussage. Wäre er ein Schurke, so also auch $A$, der mit seiner Aussage also eine falsche Aussage getroffen hätte. Nun ist aber die Voraussetzung "Wenn $C$ ein Edelmann ist" seiner Aussage nicht erfüllt, diese also automatisch immer wahr, was ein Widerspruch ist.
Also kann in einem solchen Gespräch $C$ kein Schurke, muss also ein Edelmann sein. Dann jedoch ist seine Aussage wahr und $A$ ein Schurke. Dessen Aussage ist damit falsch, sodass (aufgrund der diesmal erfüllten Voraussetzung der Aussage von $A$) auch $B$ ein Edelmann sein muss.
In dieser Konstellation kann das Gespräch stattgefunden haben und es ist eindeutig bestimmt, welcher Sorte jeweils $A$, $B$ und $C$ angehören, nämlich $B$ und $C$ den Edelmännern und $A$ den Schurken.
\quoteon
Aufgabe 320932: Wie viele Paare $(x,y)$ natürlicher Zahlen, für die $10x+y<1993$ gilt, gibt es insgesamt?
\quoteoff
Lösung:
Für diese Aufgabe wird vorausgesetzt, dass 0 eine natürliche Zahl ist.
Dann gibt es für jedes natürliche $x\leq 199$ genau $1993-10x$ verschiedene Möglichkeiten $y$ zu wählen (nämlich 0 bis $1993-10x-1$), sodass die Ungleichung erfüllt ist. Summieren wir dies über alle $x$, so erhalten wir also insgesamt
$\sum_{x=0}^{199} (1993-10x)=200 \cdot 1993 - 10\cdot \sum_{x=0}^{199} x=200 \cdot 1993 - 10 \cdot \frac{199 \cdot 200}{2}=200 \cdot 1993 - 1990 \cdot 100=199600$
Paare natürlicher Zahlen, die die Ungleichung aus der Aufgabenstellung erfüllen.
\quoteon
Aufgabe 320934: Ist $p$ eine Primzahl, so sei $M_p$ die Menge aller derjenigen Zahlen $z$, die sich mit positiven ganzen Zahlen $x$ und $y$ in der Gestalt $z=x^2+p\cdot y^2$ darstellen lassen.
Beweisen Sie, dass für jede Primzahl $p$ die folgende Aussage gilt:
Wenn eine Zahl $z$ der Menge $M_p$ angehört, dann gehört auch die Zahl $z^2$ der Menge $M_p$ an.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $z\in M_p$, sodass es also positive ganze Zahlen $x$ und $y$ mit $z=x^2+p\cdot y^2$ gibt. Dann ist
$z^2=x^4+2px^2y^2+p^2y^4=x^4-2px^2y^2+p^2y^4+4px^2y^2=|x^2-py^2|^2+p\cdot (2xy)^2$.
Offensichtlich sind mit $x$ und $y$ auch $|x^2-py^2|$ und $2xy$ ganze Zahlen. Mit $x,y>0$ ist auch $2xy>0$. Nach Definition ist $|x^2-py^2|\geq 0$. Es kann aber nicht $x^2-py^2=0$ gelten, da sonst $p=\frac{x^2}{y^2}$, also $\sqrt{p}=\frac{x}{y}\in\mathbb{Q}$ folgen würde, was ein Widerspruch ist. Also ist $x^2-py^2 \neq 0$ und damit $|x^2-py^2| > 0$, sodass auch $z^2\in M_p$ folgt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 320936: a) Geben Sie drei ganze Zahlen $x$, $y$ und $z$ an, für die gilt:
(1) $x^2+y^2+z^2-4x+12y-14z-57=0$
b) Ermitteln Sie die Anzahl aller derjenigen Tripel $(x,y,z)$ ganzer Zahlen, die die Gleichung (1) erfüllen!
\quoteoff
Lösung:
Es ist
$(x-2)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=x^2-4x+4+y^2+12y+36+z^2-14z+49=x^2+y^2+z^2-4x+12y-14z+89,$
also (1) äquivalent zu
$(x-2)^2+(y+6)^2+(z-7)^2-89-57=0$ bzw. $146=(x-2)^2+(y+6)^2+(z-7)^2$.
Es ist $146=12^2+1^2+1^2$, sodass man etwa $x-2=12$, $y+6=z-7=1$, also $(x,y,z)=(14,-5,8)$ wählen kann, was eine Lösung der Ausgangsgleichung liefert und Teilaufgabe a) löst.
Für b) stellen wir fest, dass die Anzahl der ganzzahligen Lösungen $(x,y,z)$ der Ausgangsgleichung offenbar genau der Anzahl der ganzzahligen Lösungen $(a,b,c)$ der Gleichung $146=a^2+b^2+c^2$ entspricht, da man aus jeder Lösung der einen eindeutig eine Lösung der anderen via $x-2=a$, $y+6=b$ und $z-7=c$ erhält.
Es lässt sich die Zahl 146 auf ausschließlich folgende Weisen (ohne Beachtung der Reihenfolge) als Summe von drei Quadratzahlen darstellen: $146=144+1+1=121+25+0=121+16+9=81+64+1$.
Für die letzten zwei Dartellungen gibt es je 6 mögliche Reihenfolgen der Summanden und unabhängig voneinander jeweils beide Wahlen für die Vorzeichen von $a$, $b$ und $c$, also jeweils $6\cdot 2^3=48$ Lösungen; für beide Darstellungen insgesamt also 96 Lösungen.
Für die zweite Darstellung $146=121+25+0$ gibt es wieder 6 mögliche Reihenfolgen der Summanden, aber nur noch für die von Null verschiedenen Quadrate je zwei mögliche Vorzeichen, also für diese Darstellung $6\cdot 2^2=24$ Lösungen.
Und für die erste Darstellung gibt es wieder für jede der Variablen zwei mögliche Vorzeichen, dafür aber nur 3 mögliche Reihenfolgen der Summanden, also $3\cdot 2^3=24$ Lösungen.
Insgesamt besitzt also $146=a^2+b^2+c^2$ genau $96+24+24=144$ verschiedene ganzzahlige Lösungstripel, sodass dies auch die gesuchte Anzahl an Lösungen für die Ausgangsgleichung (1) ist.
\quoteon
Aufgabe 340932=341031: Beweisen Sie, dass es keine natürliche Zahl $n$ gibt, für die die Zifferndarstellung der Zahl $9^n+1$ auf mehr als eine Null enden würde!
\quoteoff
Lösung:
Würde $9^n+1$ auf mindestens zwei Nullen Enden, so wäre es durch 4 teilbar. Es ist aber $9^n-1=9^n-1^n$ durch $9-1=8$, also insbesondere durch 4 teilbar, sodass $9^n+1=(9^n-1)+2$ nie durch 4 teilbar sein kann, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 340933=341032: Berechnen Sie die Zahl
$123456785 \cdot 123456787 \cdot 123456788 \cdot 123456796 - 123456782 \cdot 123456790 \cdot 123456791 \cdot 123456793$
ohne die Zahlenwerte der beiden Produkte einzeln zu berechnen!
\quoteoff
Mit $n:=123456789$ ist also die Differenz $D:=(n-4) \cdot (n-2) \cdot (n-1) \cdot (n+7) - (n-7) \cdot (n+1) \cdot (n+2) \cdot (n+4)$ zu berechnen. Dabei ergeben sich beim Ausmultiplizieren der Produkte jeweils gleiche Vorzeichen bei den Termen mit geraden Exponenten von $n$ und verschiedene bei ungeraden Exponenten von $n$. Es ergibt sich also
$D= 2n^3 \cdot (-4-2-1+7) + 2n \cdot (-8+56+28+14)=180n=22.222.222.020$.
\quoteon
Aufgabe 340935: Man ermittle alle diejenigen positiven ganzen Zahlen $n$, für die jede der sechs Zahlen
$n$, $n+2$, $n+6$, $n+8$, $n+12$, $n+14$
eine Primzahl ist.
\quoteoff
Lösung:
Es ist genau eine der Zahlen $n$, $n+6=5+(n+1)$, $n+2$, $n+8=5+(n+3)$ und $n+14=10+(n+4)$ durch 5 teilbar, da auch genau eine der fünf aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen $n$ bis $n+4$ durch 5 teilbar ist.
Die sechs Zahlen können also nur dann allesamt Primzahl sein, wenn die 5 unter ihnen ist. Da $n>0$ gilt, kommt dafür nur $n$ oder $n+2$ in Frage. Wäre aber $n+2=5$, so wäre $n+12=15$ keine Primzahl. Also verbleibt nur $n=5$, was wegen $n+2=7$, $n+6=11$, $n+8=13$, $n+12=17$ und $n+14=19$ tatsächlich eine Lösung ist. Es gibt also nur genau ein solches $n$, nämlich $n=5$.
\quoteon
Aufgabe 340942=341041: Zeigen Sie, dass die Zahl
$z=7+7^3+7^5+7^7+\dots+7^{93}+7^{95}$
durch 336 teilbar ist!
\quoteoff
Lösung:
Es ist $z=7\cdot (1+7^2+7^4+7^6+\dots + 7^{94})$ offensichtlich durch 7 teilbar und $\frac{z}{7}=49^0+49^1+49^2+49^3+\dos + 49^{47}\equiv 1^0+1^1+1^2+\dots+1^{47}=48\equiv 0\pmod{48}$ durch 48 teilbar, also $z$ durch $7\cdot 48=336$ teilbar, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 340945 = 341045: Einem regelmäßigen Tetraeder $ABCD$ wir die Inkugel $K$ einbeschrieben (das ist diejenige Kugel, die alle vier Dreiecksflächen $\triangle ABC$, $\triangle ABD$, $\triangle ACD$, $\triangle BCD$ berührt).
Dieser Kugel wird ein zweiter regelmäßiger Tetraeder $PQRS$ einbeschrieben (d.h., seine Ecken $P$, $Q$, $R$, $S$ liegen alle auf der Oberfläche der Kugel $K$).
Welches Verhältnis $V_2:V:1$ bildet das Volumen $V_2$ eines solchen Tetraeders $PQRS$ mit dem Volumen $V_1$ von $ABCD$?
\quoteoff
Lösung:
In- und Umkugelmittelpunkt eines regelmäßigen Tetraeders fallen mit dem Schnittpunkt seiner Schwerelinien zusammen. Da sich diese im Verhältnis 3:1 schneiden und senkrecht auf den jeweiligen Seitenflächen stehen, ist also der Umkugelradius eines Tetraeders genau dreimal so groß wie sein Inkugelradius.
Da der Inkugelradius $r_1$ von $ABCD$ genau dem Umkugelradius von $PQRS$ entspricht, beträgt also dessen Inkugelradius $r_2$ genau $\frac{1}{3} r_1$.
Mittels Strahlensatz folgt schnell, dass die Kantenlängen und Inkugelradien von regelmäßigen Tetraedern im gleichen Verhältnis stehen, ihre Volumina aber in der dritten Potenz dieses Verhältnisses. Also gilt
$V_2 : V_1= (r_2 : r_1)^3=(1 : 3)^3=1^3 : 3^3 = 1 : 27$.
\quoteon
Aufgabe 340946=340846: Wie viele Paare $(x,y)$ ganzer Zahlen $x,y$ gibt es, die die Ungleichung $|x-30|+|y-10|<100$ erfüllen, gibt es insgesamt?
\quoteoff
Lösung:
Wir betrachten zuerst die Ungleichung (*) $a+b<100$ und bestimmen die Anzahl der Lösungen von dieser Ungleichung mit nicht-negativen ganzen Zahlen $a$ und $b$. Dabei unterscheiden wir, ob diese gleich 0 werden, oder verschieden davon sind:
Es gibt genau eine Lösung mit $a=b=0$.
Für $a=0$, $b\neq 0$ gibt es genau die 99 Lösungen $b=1$ bis $b=99$. Analog gibt es für $a\neq 0$, $b=0$ genau 99 Lösungen.
Sei nun $a>0$ und $b>0$. Für festes $a$ gibt es für $b$ genau die Lösungen $1,2,\dots,99-a$, also $99-a$ verschiedene. Insgesamt gibt es also
$\sum_{a=1}^{99} (99-a)=99 \cdot 99 - \sum_{a=1}^{99} a=99 \cdot 99 -\frac{99 \cdot 100}{2}=99 \cdot (99-50)=99 \cdot 49$
Lösungen in diesem Fall.
Nun zurück zur Ungleichung aus der Aufgabenstellung: Für jede Lösung $(a,b)$ der Ungleichung (*) mit $a,b\neq 0$ erhält man vier Lösungen der Ungleichung der Aufgabenstellung, da man $x-30=\pm a$ und unabhängig davon $y-10=\pm b$ wählen kann. Ist einer oder sind beide Werte $a$, $b$ aber gleich Null, so kann man hierbei nur ein Vorzeichen wählen und erhält $x-30=0$ bzw. $y-10=0$.
Zusammen ergeben sich also für die Ausgangsgleichung folgende Anzahlen von Lösungen:
Ist $a=b=0$, so erhält man genau $1\cdot 1=1$ Lösung für die Ausgangsgleichung.
Ist $a=0$ und $b\neq 0$, oder umgekehrt, dann erhält man jeweils genau $99 \cdot 2$, in beiden Fällen zusammen also $99 \cdot 4$, Lösungen der Ausgangsgleichung.
Und sind sowohl $a$ als auch $b$ von 0 verschieden, erhält man daraus $(99 \cdot 49) \cdot 4=99 \cdot 196$ Lösungen der Ausgangsgleichung.
Insgesamt erhalten wir damit, dass die Ungleichung aus der Aufgabenstellung genau $99 \cdot 196 + 99 \cdot 4 + 1= 19801$ ganzzahlige Lösungen besitzt.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.896 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.903, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 16:38 - TomTom314 in Beitrag No. 901)
\quoteon Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
\quoteoff
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
\quoteoff
Hi Tom,
ich hab die Aufgabe in meinem Funktionalgleichungsskript entdeckt, als Einstiegsaufgabe der Kategorie "Doppelt berechnen". Wenn man das weiß, geht die Lösung, zusammen mit deinen Vorüberlegungen, recht einfach: Aus (1) und (2) folgt $f(0)=0$, $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$ sowie $f(-x)=-f(x)$ für alle $x$. Für alle $x\notin \{0,-1\}$ haben wir nun
$$\frac{f(x)}{x^2}+1=f\left(\frac{1}{x}\right)+1=f\left(\frac{1}{x}+1\right)=f\left(\frac{1+x}{x}\right)=f\left(\frac{x}{1+x}\right)\cdot \left(\frac{1+x}{x}\right)^2$$
und
$$f\left(\frac{x}{1+x}\right)=f\left(1-\frac{1}{1+x}\right)=1-f\left(\frac{1}{1+x}\right)=1-\frac{f(1+x)}{(1+x)^2}=1-\frac{1+f(x)}{(1+x)^2}$$
was kombiniert dann
$$\frac{f(x)}{x^2}+1=\left(1-\frac{1+f(x)}{(1+x)^2}\right)\left(\frac{1+x}{x}\right)^2=\left(\frac{1+x}{x}\right)^2-\frac{1+f(x)}{x^2}$$
also
$$2\frac{f(x)}{x^2}=\frac{2}{x}$$
und damit, zusammen mit $f(0)=0$ und $f(-1)=-1$ (aus den Vorüberlegungen bzw. (1) und (2)), gilt $f(x)=x$ für alle $x$.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.904, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 16:38 - TomTom314 in Beitrag No. 901)
\quoteon Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
\quoteoff
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
\quoteoff
Hallo Tomtom314,
was hältst Du davon:
Wegen $f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)$ gilt für $x_2=0$ offenkundig $f(0)=0$. Wenn wir nun den Differenzenquotienten bilden:
$$f(x+h)=f(x)+f(h)$$$$f(x+h)-f(x)=f(h)-f(0)$$$$\frac{f(x+h)-f(x)}h=\frac{f(h)-f(0)}h$$Im Grenzübergang $h\rightarrow0$ folgt
$$f'(x)=f'(0)$$und somit $$f(x)=mx+b$$Wegen $f\left(\frac1x\right)=\frac1{x^2}f(x)$ muss gelten:
$$\frac mx+b=\frac1{x^2}(mx+b)=\frac mx+\frac b{x^2}$$Daraus folgt $b=0$, und wegen $f(1)=1$ kommt nur $m=1$ in Frage. Die Funktion muss also lauten
$$f(x)=x$$wenn sie differenzierbar sein soll. Letzteres ist der entscheidende Knackpunkt. Wäre eine Funktion konstruierbar, die nicht differenzierbar ist?
Ciao,
Thomas
EDIT: Kornkreis war schneller. 8-)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.902 begonnen.]
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| Beitrag No.905, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 18:23 - MontyPythagoras in Beitrag No. 904)
Letzteres ist der entscheidende Knackpunkt. Wäre eine Funktion konstruierbar, die nicht differenzierbar ist?
\quoteoff
Hi Monty,
nein, aber dies zu beweisen, ohne vorher schon $f\equiv \mathrm{id}$ bewiesen zu haben, dürfte hier schwer sein. Deswegen ist es in der Regel nicht hilfreich, Stetigkeit oder Diffbarkeit vorauszusetzen, es sei denn eben, man kriegt es hin, dies separat zu beweisen.
Edit: Ich sehe gerade, dass du die Bedingung (3) effektiv nicht benutzt hast (aus $f(x)=mx+n$ bekommt man nämlich ohne (3) zu benutzen bereits $f\equiv \mathrm{id}$ raus). Dann ist es tatsächlich so, dass fast alle Funktionen, die (1) und (2) erfüllen, nicht differenzierbar sind. (1) ist eine der Cauchy-Funktionalgleichungen, und man kann beweisen, dass der Graph jeder Funktion, die (1) erfüllt und nicht die Identität ist, dicht in $\mathbb{R}^2$ liegt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.906, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Und schon sind wir bei 1037 Lösungen.
Danke an alle, insbesondere cyrix.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.902 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.907, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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@Monty, Kornkreis: Vielen Dank!
1),2) & stetig ergibt schon $f(x)=x$. Wenn nur 1),2) gefordert wird kann auf jeder $\IQ$-Basis ohne $1$ $f(x)$ frei gewählt werden.
Ich war sooo nah dran. $f(\frac{1}{1+x})$ hatte ich schon in der Hand, konnte es aber nicht umsetzen. Mist!
Eine Lösung ist dann in Arbeit.
\quoteon Dann ist es tatsächlich so, dass fast alle Funktionen, die (1) und (2) erfüllen, nicht differenzierbar sind. (1) ist eine der Cauchy-Funktionalgleichungen, und man kann beweisen, dass der Graph jeder Funktion, die (1) erfüllt und nicht die Identität ist, dicht in $\mathbb{R}^2$ liegt.
\quoteoff
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$.
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Kornkreis
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| Beitrag No.908, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 19:12 - TomTom314 in Beitrag No. 907)
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$.
\quoteoff
Aber so ein $f$ erfüllt auch nicht die Fktl.-Gleichung (1) ;-)
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Kornkreis
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| Beitrag No.909, eingetragen 2019-06-23
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Hi Steffen,
ich sehe gerade, dass du unsere Lösungen schon ins Skript aufgenommen hast. Dann muss die erste Zeile weiter ausgeführt werden, weil ich mich da auf Toms Ausführungen gestützt habe. Also statt
"Aus (1) und (2) folgt $f(0)=0$, $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$ sowie $f(-x)=-f(x)$ für alle $x$."
sollte es ausführlich
"Aus (1) folgt $f(0+0)=f(0)+f(0)$, also $f(0)=2f(0)$ und damit, nach Subtraktion von $f(0)$ auf beiden Seiten, $f(0)=0$. Weiterhin gilt $f(x-x)=f(x)+f(-x)$ für alle $x \in \mathbb{R}$, d.h. $0=f(x)+f(-x)$ bzw. $f(-x)=-f(x)$. Wegen $f(1)=1$ haben wir insbesondere $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$."
sein.
Außerdem sollte die Lösung von Monty nicht als Lösung, sondern als Kommentar im Skript sein, wie man vorgehen könnte, wenn Differenzierbarkeit gegeben wäre. Denn Differenzierbarkeit oder Stetigkeit waren nicht vorausgesetzt.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.910, eingetragen 2019-06-23
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_281231.png
Wenn die Folgen arithmetisch sein sollen, muss gelten $a_2-a_1=a_3-a_2$ bzw. $2a_2=a_1+a_3$. Das ergibt als erste Bedingung:
$$\frac4q=\frac1p+\frac1r$$$$(1)\qquad 4pr=qr+pq$$Ebenso gilt $2b_2=b_1+b_3$, beziehungsweise
$$pq=p+\frac12qr$$$$(q-1)p=\frac12qr$$$$(2)\qquad r=2\frac{q-1}qp$$Das setzen wir in (1) ein:
$$8\frac{q-1}qp^2=2(q-1)p+qp$$Eine Lösung dieser Gleichung wäre $p=0$, die aber in der Folge $a_i$ zur Division durch null führen würde. Daher ist die Lösung nur:
$$8\frac{q-1}qp=3q-2$$$$(3)\qquad p=\frac{q(3q-2)}{8(q-1)}$$und
$$(4)\qquad r=\frac{3q-2}4$$Mit $q=5$ ergibt sich $p=\frac{65}{32}$ und $r=\frac{13}4$.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.911, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 19:18 - Kornkreis in Beitrag No. 908)
\quoteon(2019-06-23 19:12 - TomTom314 in Beitrag No. 907)
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$.
\quoteoff
Aber so ein $f$ erfüllt auch nicht die Fktl.-Gleichung (1) ;-)
\quoteoff
So langsam fällt der Groschen. Mit einer $\IQ$-Linearkombination aus 1 und $x\not\in\IQ$ können wir uns 0 nahezu beliebig nähern und damit ist der Graph dicht in $\IR^2$. (zumindest ein guter Schritt in Richtung dicht)
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Ex_Senior
| Beitrag No.912, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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@Kornkreis: Ich habe alles entsprechend geändert.
Mittlerweile sind 1039 Lösungen online. Ein paar neue Aufgabe Klasse 10 gibt es und ich habe einige eingefügte Bilder nun gemalt.
LG Steffen
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.913, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon(2019-06-23 20:05 - stpolster in Beitrag No. 912)
Ein paar neue Aufgabe Klasse 10 gibt es ...
\quoteoff
Ohne darauf rumreiten zu wollen:
Wenn Du, wie irgendwann mal empfohlen, für die Aufgaben einen Index geführt hättest, könntest Du leicht bei Ergänzungen z.B. sowas vorübergehend anzeigen (als globale Einstellung):
$
\begin{tikzpicture}[]
\node[scale=0.75, starburst, draw=red, fill=yellow, minimum width=0.5cm, minimum height=0.25cm, text=black]
{neu};
\end{tikzpicture}
\textbf{Aufgabe 1 - 999321} $
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weird
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 | Beitrag No.914, eingetragen 2019-06-23
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\quoteonAufgabe 4 - 171234
Man beweise, dass für alle positiven reellen Zahlen $a,b,c$ mit $a^2 +b^2 +c^2 = \frac 5 3$ die Ungleichung gilt: \[\frac 1 a + \frac 1 b − \frac 1 c < \frac1{ abc }\]
\quoteoff
\showon
Beweis: Ausgehend von
\[(a+b-c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc\ge0\]
erhält man durch Einsetzen von $a^2+b^2+c^2=\frac 5 3$ und Kürzen durch 2 die weitere Ungleichung
\[bc+ac-ab\le \frac 56<1\]
und daraus nach Division durch $abc>0$ schließlich
\[\frac 1a+\frac 1b-\frac 1c<\frac1{abc}\]
wie behauptet.
\showoff
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.915, eingetragen 2019-06-23
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_191233B.png
Wir nutzen eine bekannte Ungleichung des natürlichen Logarithmus, und zwar:
$$x>\ln(1+x)\quad\forall\quad x>0$$Daher ist
$$\frac1n>\ln\left(1+\frac1n\right)=\ln\frac{n+1}n=\ln(n+1)-\ln n$$Die Summe in der Aufgabenstellung ist dann
$$s=\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k$$Mit obiger Ungleichung gilt:
$$s>\sum_{k=n}^{n^2}\left(\ln(k+1)-\ln k\right)=\ln(n^2+1)-\ln n$$(Die Summe ist eine Teleskopsumme). Somit gilt
$$s>\ln\frac{n^2+1}n$$Wenn dieser Term größer als 1000 ist, ist auch $s>1000$. Daher ist eine hinreichende Bedingung:
$$\frac{n^2+1}n>e^{1000}$$Offensichtlich ist $n$ sehr groß, so dass man $(n^2+1)$ durch $n$ annähern kann. Dann gilt
$$n>e^{1000}\approx1,97\times10^{434}$$Das ist eine 435-stellige Zahl. $1,0\times10^{434}$ ist auch 435-stellig, aber deutlich kleiner als die genannte Untergrenze. Erst wenn die Zahl der Dezimalstellen mindestens 436 beträgt, ist die Ungleichung immer erfüllt. Somit gilt $p\geq436$.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.913 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.916, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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\quoteon
Aufgabe 300921: Ermitteln Sie alle diejenigen reellen Zahlen $x\neq 3$, für die die folgende Ungleichung gilt
$\frac{2}{x-3}+\frac{1}{2}<\frac{5}{x-3}-\frac{1}{10}$
\quoteoff
Lösung:
Die Ungleichung ist äquivalent zu $\frac{3}{5}<\frac{3}{x-3}$ bzw. $\frac{1}{5}<\frac{1}{x-3}$. Ist $x-3$ negativ, so auch $\frac{1}{x-3}$, sodass die Ungleichung nicht erfüllt wäre. Also ist $x-3$ positiv und damit die Ungleichung äquivalent zu $5>x-3>0$ bzw. $3>
\quoteoff
Lösung:
siehe 280935
\quoteon
Aufgabe 300923: a) Wie viele dreistellige natürliche Zahlen, bei denen (wie z.B. 921) die Zehnerziffer größer ist als die Einerziffer, aber kleiner als die Hunderterziffer ist, gibt es insgesamt?
b) Wie viele sechsstellige Zahlen insgesamt lassen sich dadurch herstellen, dass man zwei verschiedene der unter a) beschriebenen Zahlen auswählt und die größere dieser beiden Zahlen hinter die kleinere schreibt?
c) Die kleinste unter allen denjenigen in b) beschriebenen sechsstelligen Zahlen, bei denen die zweite der genannten dreistelligen Zahlen genau um 1 größer ist als die erste, ist die Telefonnummer des Senders Potsdam. Wie lautet sie?
\quoteoff
Lösung:
a) Jede Auswahl von 3 verschiedenen Ziffern ohne Beachtung der Reihenfolge führt auf genau eine solche dreistellige Zahl. Also gibt es $\binom{10}{3}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1}=120$ solcher dreistelligen Zahlen.
b) Jede Auswahl von 2 verschiedenen solchen dreistelligen Zahlen ohne Beachtung der Reihenfolge liefert genau eeine solche sechsstellige Zahl. Also gibt es genau $\binom{120}{2}=\frac{120 \cdot 119}{2\cdot 1}=60 \cdot 119=7140$ solcher sechsstelligen Zahlen.
c) Damit die Zahl möglichst klein ist, sollten die ersten Ziffern möglichst klein sein. Minimal möglich ist für eine dreistellige Zahl aus a) der Wert 210. Dann ist aber die um 1 größere Zahl nicht von der in a) beschriebenen Form. Dafür muss die um 1 erhöhte Einerziffer immernoch kleiner als die Zehnerziffer sein, sodass diese mindestens 2 und damit die Hunderterziffer mindestens 3 betragen muss. Tatsächlich ist die minimale Möglichkeit dafür 320321, sodass dies die gesuchte Telefonnummer ist.
\quoteon
Aufgabe 300924: Für jede natürliche Zahl $m\geq 2$ sei folgendes Vorhaben betrachtet:
Jemand möchte $m$ verschiedene von einem Punkt $P$ ausgehende Strahlen zeichnen.
Dann möchte er alle diejenigen Winkelgrößen zwischen $0^{\circ}$ und $360^{\circ}$ feststellen, die bei Messung eines Winkels jeweils von einem in mathematisch positiven Drehsinn zu einem anderen dieser Strahlen auftreten können. Er möchte die $m$ Strahlen so zeichnen, dass sich dabei
a) möglichst wenige,
b) möglichst viele
verschiedene Winkelgrößen feststellen lassen.
Ermitteln Sie in Abhängigkeit von $m$ die kleinst- bzw. größtmögliche Anzahl verschiedener Winkelgrößen, die so erreichbar sind!
\quoteoff
Lösung:
Auf jedem Strahl liege ein von $P$ verschiedener Punkt $P_i$, $i=0,\dots,m-1$, sodass diese in mathematisch positivem Drehsinn den Punkt $P$ durchlaufen.
a) Nach Konstruktion sind die Winkel $\angle P_0PP_i$ für alle $i=1,\dots, m-1$ paarweise verschieden. Also gibt es wenigstens $m-1$ verschiedene Winkel. Ordnet man die Strahlen so an, dass $\angle P_0PP_i=\frac{i}{m} \cdot 360^{\circ}$ gilt, so werden nur Winkel von dieser Form angenommen, da für $i180^{\circ}$, wenn $j>i$. Es können also zwei solche Winkel $\angle P_iPP_j$ und $\angle P_kPP_{\ell}$ nur dann gleich sein, wenn $ij$ und $k>\ell$ gilt. Im zweiten Fall sind dann aber auch die entsprechenden Winkel in der jeweils anderen Orientierung gleich, sodass wir o.B.d.A. $i400\geq n$ auch drei Ziffern aus. Dann ist $s=z_2+z_1+z_0$ und $t=n_2+n_1+n_0$.
Wegen $10\equiv 1 \pmod{9}$ ist $n\equiv z_2 \cdot 1^2 + z_1 \equiv 1 + z_0=s\pmod{9}$ und analog wegen $9 \equiv 1 \pmod{8}$ auch $n\equiv n_2 \cdot 1^2 + n_1 \cdot 1 + n_0=t\pmod{8}$.
Gilt $s=t$, so ist also $n-s=n-t$ sowohl durch $9$ als auch 8, also wegen $\mathop{ggT}(9,8)=1$ auch durch $9\cdot 8=72$ teilbar. Es folgt $n-s=n-t\in\{144,216,288,360\}$.
Es ist $n\leq 400 < 404=5\cdot 81-1$, also $n<488_9$. Damit gilt $t<4+8+8=20$, also $t\leq 19$.
Fall 1: $n-s=n-t=144$. Dann ist $145\leq n\leq 144+19=163$, also $s\leq 1+5+9=15$ und damit $145\leq n\leq 144+15=159$. Es ist $145=171_9$ und $159=186_9$, also $9\leq t\leq 16$. Damit ergibt sich $149\leq n\leq 159$. Für $n=149$ ist $s=14$ und wegen $n=175_9$ dann $t=13$, also keine Lösung. Für $n=150+z_0$ ist $s=6+z_0$. Ist $0\leq z_0\leq 2$, so $176_9\leq n\leq 178_9$, also $s\leq 8$ und $t\geq 14$, sodass es keine Lösung gibt. Für $3\leq z_0\leq 9$ dagegen ist $n=1\cdot 9^2+8\cdot 9 + (z_0-3)$, sodass sich $t=1+8+(z_0-3)=6+z_0=s$ ergibt. Also sind alle $n\in\{153,154,155,156,157,158,159\}$ Lösungen.
Fall 2: $n-s=n-t=216$. Dann ist $217\leq n\leq 216+19=235$ und damit $s\leq 2+2+9=13$, d.h. $n\leq 216+13=229$. Es ist $217=261_9$ und $229=274_9$, also $9\leq t$ und damit $225\leq n\leq 229$. Es ist $n=220+z_0$ mit $z_0\geq 5$ und $n=2\cdot 9^2+ 7 \cdot 9 + (z_0-5)$, also $s=2+2+z_0=4+z_0$ und $t=2+7+(z_0-5)=z_0+4=s$, sodass alle Werte $n\in\{225,226,227,228,229\}$ Lösungen sind.
Fall 3: $n-s=n-t=288$. Dann ist $289\leq n\leq 288+19=307$. Es ist $289=351_9$ und $307=371_9$, also $9\leq t \leq 17$. Damit ist $297\leq n\leq 305$. Ist $300 \leq n\leq 300$, so also $s\leq 3+0+5=8$, was wegen $t\geq 9$ keine Lösungen liefert. Also ist $297\leq n\leq 299$ und damit $s\geq 18$, während $297=360_9$ und $299=362_9$, also $t\leq 3+6+2=11$, sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 4: $n-s=n-t=360$. Dann ist $361\leq n\leq 379$. Dann ist $s\geq 10$, also $370\leq n\leg 379$, d.h. $n=370+z_0$ und $s=10+z_0$. Es ist $370=451_9$, also für $0\leq z_0\leq 7$ ist $n=4\cdot 9^2+5\cdot 9+(z_0+1)$ und $t=4+5+z_0+1=10+z_0=s$, sodass alle $n\in\{370,371,372,373,374,375,376,377\}$ Lösungen sind. Ist dagegen $n=370+z_0$ mit $8\leq z_0\leq 9$, also weiterhin $s=10+z_0$, so ist $n=4\cdot 9^2+6\cdot 9+(z_0-8)$ und damit $t=4+6+z_0-8=2+z_0\neq s$, sodass es keine weiteren Lösungen gibt.
Zusammenfassend erfüllen genau die folgenden $n$ die Bedingung der Aufgabenstellung:
$n\in\{153,154,155,156,157,158,159,225,226,227,228,229,370,371,372,373,374,375,376,377\}$
\quoteon
Aufgabe 300935: Ermitteln Sie alle diejenigen Tripel $(x,y,z)$ natürlicher Zahlen, für die gilt:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{4}{5}$
\quoteoff
Lösung:
O.B.d.A. gelte $00$ und damit $\frac{1}{x}\geq \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5}=\frac{4}{15}>\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$, also $x<4$. Es ist auch $x>1$, da sonst $x=1$, also $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>\frac{1}{x}=1$ im Widerspruch zur Gleichung aus der Aufgabenstellung gelten würde. Es verbleiben zwei Möglichkeiten für $x$.
Fall 1: Es ist $x=2$. Dann ist die folgende Gleichung zu lösen: $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{4}{5}-\frac{1}{2}=\frac{3}{10}$. Wegen $y\leq z$ ist $\frac{1}{y}\geq \frac{1}{z}$, also $\frac{1}{y} \geq \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10}=\frac{3}{20}>\frac{3}{21}=\frac{1}{7}$, sodass $y\leq 6$ folgt. Wegen $\frac{1}{3}>\frac{3}{10}$ ist auch $y\geq 4$, da sonst $\frac{1}{y}\geq \frac{1}{3}$ mit analogem Widerspruch wie oben folgen würde.
Fall 1.1: Es ist $y=4$. Dann folgt $\frac{1}{z}=\frac{3}{10}-\frac{1}{4}=\frac{6-5}{20}=\frac{1}{20}$, also $z=20$.
Fall 1.2: Es ist $y=5$. Dann folgt $\frac{1}{z}=\frac{3}{10}-\frac{1}{5}=\frac{3-2}{10}=\frac{1}{10}$, also $z=10$.
Fall 1.3: Es ist $y=6$. Dann folgt $\frac{1}{z}=\frac{3}{10}-\frac{1}{6}=\frac{9-5}{30}=\frac{4}{30}=\frac{2}{15}$, sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 2: Es ist $x=3$. Dann ist folgende Gleichung zu lösen: $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{4}{5}-\frac{1}{3}=\frac{12-5}{15}=\frac{7}{15}$. Dann ist wegen $\frac{1}{y}\geq\frac{1}{z}$ auch $\frac{1}{y} \geq \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{15}=\frac{7}{30}>\frac{6}{30}=\frac{1}{5}$, also $y\leq 4$. Wegen $y\geq x$ ist auch $y\geq 3$.
Fall 2.1: Es ist $y=3$. Dann folgt $\frac{1}{z}=\frac{7}{15}-\frac{1}{3}=\frac{7-5}{15}=\frac{2}{15}$, sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 2.2.: Es ist $y=4$. Dann folgt $\frac{1}{z}=\frac{7}{15}-\frac{1}{4}=\frac{28-15}{60}=\frac{13}{60}$, sodass es auch hier keine Lösung gibt.
Zusammenfassend erfüllen also genau die Tripel
$(3,4,20), (3,20,4), (4,3,20), (4,20,3), (20,3,4), (20,4,3), (3,5,10), (3,10,5), (5,3,10), (5,10,3), (10,3,5), (10,5,3)$
positiver ganzer Zahlen die Gleichung.
\quoteon
Aufgabe 330935: Ermitteln Sie alle positiven ganzen Zahlen $n$ mit der Eigenschaft, dass die drei Zahlen $n+1$, $n+10$ und $n+55$ einen gemeinsamen Teiler größer als 1 haben!
\quoteoff
Lösung: Sei $g$ ein gemeinsamer Teiler der drei Zahlen. Dann ist auch $g$ ein Teiler von $(n+10)-(n+1)=9$. Damit die drei Zahlen also einen gemeinsamen Teiler größer 1 haben, müssen sie alle drei durch 3 teilbar sein. Dies ist genau für $n=3m-1$ mit einer beliebigen positiven ganzen Zahl $m$ der Fall, denn dann ist $n+1=3m$, $n+10=3m+9=3(m+3)$ und $n+55=3m+54=3(m+18)$; sonst ist keine der Zahlen durch 3 teilbar, sodass insbesondere $n+10$ und $n+1$, also auch alle drei Zahlen gemeinsamen, teilerfremd sind. Die gesuchten Zahlen sind also die der Form $3m-1$ mit positiven ganzen Zahlen $m$.
\quoteon
Aufgabe 330944: Jemand findet die Angabe
$22!=11240007277**607680000$
Darin sind auch die zwei durch $*$ angedeuteten unleserlichen Ziffern. Er möchte diese Ziffern ermitteln, ohne die Multiplikationen vorzunehmen, die der Definition von $22!$ entsprechen.
Führen Sie eine solche Ermittlung durch und begründen Sie sie! Dabei darf verwendet werden, dass die angegebenen Ziffern korrekt sind.
Hinweis: <>
\quoteoff
Lösung:
Es sei $a$ die vordere und $b$ die hintere der beiden unleserlichen Ziffern. Da 22! durch 9 teilbar ist, muss ihre Quersumme durch 9 teilbar sein. Sie lautet $1+1+2+4+7+2+7+7+a+b+6+7+6+8=58+a+b$, sodass wegen $0\leq a+b\leq 18$ dann $a+b\in\{5,14\}$ gilt.
Weiterhin ist 22! durch 11 teilbar, sodass ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist. Diese lautet $1-1+2-4+0-0+0-7+2-7+7-a+b-6+0-7+6-8=-22-a+b$, sodass $a-b$ durch 11 teilbar ist, was wegen $-9\leq a-b\leq 9$ auf $a-b=0$ und damit $a=b$ führt.
Da es keine Lösung in natürlichen Zahlen für $a+b=5$ und $a=b$ gibt, muss $a+b=14$ und damit $a=b=7$ gelten. Dies sind die gesuchten Ziffern.
\quoteon
Aufgabe 330945=331045: Bei Verwendung eines kartesischen Koordinatensystems werde ein Punkt der Ebene "rational" genannt, wenn seine beiden Koordinaten rationale Zahlen sind; er werde "irrational" genannt, wenn seine beiden Koordinaten irrationale Zahlen sind; er werde "gemischt" genannt, wenn eine seiner Koordinaten rational und die andere irrational ist.
a) Gibt es in der Ebene Geraden, die nur Punkte einer Sorte enthalten?
Ermitteln Sie die Antwort auf diese Frage für jede der drei Sorten "rational", "irrational" und "gemischt"!
b) Gibt es in der Ebene Geraden, in denen aus genau zwei Sorten (mindestens) je ein Punkt enthalten ist?
Ermitteln Sie die Antwort auf diese Frage für jede Zusammenstellung von zwei der drei Sorten!
c) Gibt es in der Ebene Geraden, in denen aus jeder der drei Sorten (mindestens) je ein Punkt enthalten ist?
b)
\quoteoff
Lösung:
a) Es kann keine Gerade geben, die nur aus rationalen oder irrationalen Punkten besteht: Jede Gerade, die nicht parallel zur $y$-Achse verläuft, enthält für jede reelle Zahl $x$ einen Punkt mit dieser $x$-Koordinate, also insbesondere Punkte mit rationaler und Punkte mit irrationaler $x$-Koordinate. Und für jede Parallele zu $y$-Achse gilt dieses Argument entsprechend mit den $y$-Koordinaten.
Auch kann keine Gerade nur gemischte Punkte enthalten: Gäbe es eine solche, so kann sie nicht parallel zur $x$-Achse verlaufen, denn sonst wäre entweder für alle Punkte auf dieser Geraden die $y$-Koordinate rational, oder für alle irrational, während sowohl Punkte mit rationaler als auch mit irrationaler $x$-Koordinate auf ihr liegen, also auf jeden Fall auch ein rationaler bzw. ein irrationaler Punkt. Analog schließt man aus, dass es sich um eine Gerade handelt, die parallel zur $y$-Achse liegt. Für jede sonstige Gerade aber durchlaufen sowohl die $x$- als auch die $y$-Koordinaten der auf ihr liegenden Punkte alle reellen Zahlen, wobei jede nur genau einmal (als $x$- und einmal als $y$-Koordinate) angenommen. Lägen auf ihr nur gemischte Punkte, so müsste jeder Punkt mit irrationaler $x$-Koordinate eine rationale $y$-Koordinate besitzen, sodass es mindestens so viele rationale wie irrationale reelle Zahlen geben müsste. Tatsächlich sind aber die irrationalen Zahlen überabzählbar, während die rationalen nur abzählbar sind, was ein Widerspruch zur gerade gewonnenen Feststellung ist. Also gibt es keine Gerade, die nur aus gemischten Punkten besteht.
b) Für jede Kombination gibt es solche Geraden:
Auf der Geraden $y=0$ liegen ausschließlich rationale Punkte (die mit rationaler $x$-Koordinate) und gemischte (die mit irrationaler $x$-Koordinate).
Auf der Geraden $y=\sqrt{2}$ liegen ausschließlich irrationale Punkte (die mit irrationaler $x$-Koordinate) und gemischte (die mit rationaler $x$-Koordinate).
Und auf der Geraden $y=x$ liegen ausschließlich rationale Punkte (die mit rationaler $x$-Koordinate) und irrationale (die mit irrationaler $x$-Koordinate).
c) Auch solche Geraden gibt es, z.B. $y=\sqrt{2} \cdot x$. Auf dieser Geraden liegt der rationale Punkt $(0,0)$, der gemischte Punkt $(1,\sqrt{2})$ und der irrationale Punkt $(\sqrt{3}, \sqrt{6})$.
Cyrix
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| Beitrag No.917, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon4.22.2 III. Stufe 1982, Klasse 12
Aufgabe 1 - 221231
Es sind alle nichtnegativen ganzzahligen Lösungen des Gleichungssystems
\[x_1 +11x_2 +21x_3 +31x_4 +41x_5 =55\]
\[2x_1 +12x_2 +22x_3 +32x_4 +42x_5 =60\]
\[3x_1 +13x_2 +23x_3 +33x_4 +43x_5 =65\]
\[4x_1 +14x_2 +24x_3 +34x_4 +44x_5 =70\]
\[5x_1 +15x_2 +25x_3 +35x_4 +45x_5 =75\]
zu ermitteln.
\quoteoff
\showon
Lösung: Das obige Gleichungssystem ist offensichtlich äquivalent zu dem einfacheren
\[\begin{array}{rrrrr}
x_1&+11x_2&+21x_3&+31x_4&+41x_5&=55 \qquad (1)\\
x_1&+x_2&+x_3&+x_4&+x_5&=5 \qquad (2)
\end{array} \]
da sich (2) durch einfache Differenzbildung aus den beiden ersten Gleichungen ergibt und sich auch umgekehrt durch Addition eines geeigneten Vielfachen von (2) zu (1) alle Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems ergeben. Subtrahiert man (2) von (1) und kürzt durch $10$, erhält man so sofort die weitere Gleichung
\[x_2+2x_3+3x_4+4x_5=5\qquad (3)\]
Wir unterscheiden nun die folgenden einander ausschließenden 3 Fälle:
1.Fall: $x_5=1$.
Wegen (3) muss dann auch sofort
\[x_2=1,\ x_3=x_4=0\]
gelten, womit sich aus (2) dann auch $x_1=3$ ergibt, was tatsächlich eine Lösung unseres Gleichungssystems hier ist.
2.Fall: $x_5=0,\ x_4=1$
Hier ergeben sich aus (3) die beiden Unterfälle:
a) $x_2=0,\ x_3=1$, sowie $x_1=3$ aus (2)
b) $x_2=2,\ x_3=0$, sowie $x_1=2$ aus (2)
welche beide ebenfalls hier zusätzlich (1) lösen, also dann Lösungen sind.
3.Fall: $x_4=x_5=0$
Hier ergeben sich wieder unter Verwendung von (3) dann sogar drei Unterfälle, nämlich
a) $x_2=1,\ x_3=2$, sowie $x_1=2$ aus (2)
b) $x_2=3, \ x_3=1$, sowie $x_1=1$ aus (2)
c) $x_2=5,\ x_3=0$, sowie $x_1=0$ aus (2)
welche ebenfalls alle auch (1) lösen und somit Lösungen sind.
Zusammenfassend haben sich somit die folgenden 6 Lösungen
\[(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\{(0,5,0,0,0),(1,3,1,0,0),(2,1,2,0,0),(2,2,0,1,0),(3,0,1,1,0),(3,1,0,0,1)\} \]
des gegebenen Gleichungssystems ergeben.
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| Beitrag No.918, eingetragen 2019-06-24
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_191236.png
Wir nutzen die Symmetrie, indem wir $x=\frac a2+z$ und $y=\frac a2-z$ substituieren. Die zweite Bedingung ist dadurch automatisch erfüllt. Aus der ersten Bedingung folgt:
$$\left(\frac a2+z\right)^5+\left(\frac a2-z\right)^5=1$$$$2\left(\frac a2\right)^5+2\cdot10\left(\frac a2\right)^3z^2+2\cdot5\left(\frac a2\right)z^4=1$$Das ist eine biquadratische Gleichung, die leicht zu lösen ist:
$$\frac{a^5}{16}+\frac{5a^3}2z^2+5az^4=1$$$$z^4+\frac12a^2z^2+\frac{a^4}{80}-\frac1{5a}=0$$$$z^2=-\frac14a^2+\sqrt{\frac1{16}a^4-\frac1{80}a^4+\frac1{5a}}$$(Da $z^2\geq0$ gelten muss, kommt hier nur die "plus"-Variante in Frage).
$$z^2=-\frac14a^2+\sqrt{\frac1{20}a^4+\frac1{5a}}=-\frac14a^2+\frac12\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}$$Damit gilt:
$$z=\pm\sqrt{-\frac14a^2+\frac12\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}}$$$$x_{1,2}=\frac12a\pm\frac12\sqrt{2\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}-a^2}$$Die Lösungen lauten dann aufgrund der Symmetrie $(x,y)=(x_1,x_2)$ und $(x,y)=(x_2,x_1)$.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.919, eingetragen 2019-06-24
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Hier eine Alternativvariante zu 191233B. Diese Lösung gefällt mir besser, weil $s$ nach oben und nach unten abgeschätzt wird und man sich daher nicht dem Vorwurf aussetzt, dass durch die Abschätzung nur nach unten möglicherweise schon bei einem sehr viel kleineren $n$ die 1000 überschritten wird.
Es ist
$$\intop_n^{n+1}\frac1x\mathrm dx<\frac1n<\intop_{n-1}^n\frac1x\mathrm dx$$da $\frac1x$ streng monoton fallend ist. Damit ergibt sich als Abgrenzung für die Summe:
$$s=\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k$$$$\sum_{k=n}^{n^2}\intop_k^{k+1}\frac1x\mathrm dx1000$$$$\frac{n^2+1}n=n+\frac1n>e^{1000}$$Daraus folgt:
$$n=\lceil e^{1000}\rceil\approx1,97\times10^{434}$$Das ist eine 435-stellige Zahl. $1,0\times10^{434}$ ist auch 435-stellig, aber deutlich kleiner als die genannte Untergrenze. Erst wenn die Zahl der Dezimalstellen mindestens 436 beträgt, ist die Ungleichung immer erfüllt. Somit gilt $p\geq436$.
Anmerkung:
Man kann durch Verwendung der sogenannten "erzeugenden Funktion" die Summe auch exakt berechnen:
Sei
$$s(x)=\sum_{k=n}^{n^2}\frac{x^k}k$$wobei s(1) die gesuchte Summe darstellt. Einmal ableiten:
$$s'(x)=\sum_{k=n}^{n^2}x^{k-1}=x^{n-1}+x^{n-2}+...+x^{n^2-1}$$$$s'(x)=\sum_{k=0}^{n^2-1}x^k-\sum_{k=0}^{n-2}x^k$$$$s'(x)=\frac{x^{n^2}-1}{x-1}-\frac{x^{n-1}-1}{x-1}$$$$s'(x)=\frac{x^{n^2}-x^{n-1}}{x-1}$$$$s(x)=\intop_0^x\frac{t^{n^2}-t^{n-1}}{t-1}\mathrm dt$$da $s(0)=0$. Daher gilt:
$$\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k=\intop_0^1\frac{t^{n^2}-t^{n-1}}{t-1}\mathrm dt$$Das hilft uns allerdings in Bezug auf die obige Abschätzung nicht weiter, da dieses Integral nicht elementar lösbar ist außer durch eine Summenbildung, die uns zum Startpunkt zurückbringt.
Ciao,
Thomas
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