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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.920, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon
Aufgabe 310921: a) Geben Sie eine natürliche Zahl $n$ an, für die (im dekadischen Positionssystem) die Bedingung erfüllt ist, dass sowohl die Quersumme von $n$ als auch die von $n+1$ durch 10 teilbar sind!
Überprüfen Sie, dass die von Ihnen angegebene Zahl diese Bedingung erfüllt!
b) Geben Sie die kleinste natürliche Zahl an, die die in a) genannte Bedingung erfüllt!
Beweisen Sie für die von Ihnenen angegebene Zahl, dass es sich um die kleinste Zahl mit dieser Bedingung handelt!
\quoteoff
Lösung:
Endet die Zahl $n$ nicht auf die Ziffer Neun, so ist die Quersumme von $n+1$ genau um eins größer als die von $n$, da sich nur die letzte Ziffer um eins erhöht und alle anderen gleich bleiben. Also können nicht beide Quersummen durch 10 teilbar sein. endet dagegen $n$ auf genau $k$ Neunen, so werden diese beim Übergang zu $n+1$ alle zu Nullen, während die Ziffer vor diesen Neunen (ggf. eine führende Null) um eins erhöht. Die Quersumme von $n+1$ erhält man also aus der von $n$ durch Subtraktion von $k \cdot 9 - 1$.
Damit beide Quersummen durch 10 teilbar sind, muss also sowohl die von $n$ als auch $k \cdot 9 -1$ durch 10 teilbar sein. Das kleinste $k$, welches die letzte Bedingung erfüllt, ist, $k=9$. Also muss $n$ auf mindestens neun Neunen enden. Damit hat $n$ mindestens die Quersumme 81, also, da es eine durch 10 teilbare Quersumme haben soll, von mindestens 90.
Die kleinste Zahl, die auf mindestens neun Neunen endet und Quersumme mindestens 90 hat, ist 9.999.999.999. Diese endet aber auf genau zehn Neunen, sodass die Quersumme ihres Nachfolgers sich auf 1 reduziert, was nicht durch 10 teilbar ist.
Die nächstgrößere, also zweitkleinste Zahl, die auf mindestens neun Neunen endet und Quersumme mindestens 90 hat, ist $n=18.999.999.999$. Tatsächlich ist die Quersumme von $n$ gleich $1+8+9\cdot 9=90$ und die von $n+1=19.000.000.000$ gleich $1+9+9\cdot 0=10$, sodass dieses $n$ die Bedingung erfüllt und das kleinste solche ist.
\quoteon
Aufgabe 310922: Gegeben seien zwei beliebige, voneinander verschiedene Punkte $A$ und $B$.
Konstruieren Sie nur mit dem Zirkel einen von $A$ und $B4 verschiedenen Punkt $C4, für den $\angle ABC$ ein rechter Winkel ist!
Beschreiben Sie Ihre Konstruktion!
Beweisen Sie: Wenn ein Punkt $C$ nach Ihrer Beschreibung konstruiert wird, dann ist $\angle ABC$ ein rechter Winkel!
Hinweis:
Man sagt, eine Konstruktion sei ”nur mit dem Zirkel” ausgeführt, wenn jeder Konstruktionsschritt darin besteht, dass um einen Punkt $M$ ein Kreis konstruiert wird, dessen Radius gleich dem Abstand zweier Punkte $P$, $Q$ ist (für die auch $M = P$ oder $M = Q$ sein darf), wobei die Punkte $M$, $P$, $Q$ entweder gegebene oder beliebig gewählte oder zuvor konstruierte Punkte sind.
Als ”nur mit dem Zirkel konstruiert” gilt dann jeder Punkt, der als gemeinsamer Punkt von (mindestens) zwei solchen Kreisen zu erhalten ist.
\quoteoff
Lösung:
Wir führen folgende Konstruktion durch:
1) Kreis $k_1$ um $B$ durch $A$
2) Kreis $k_2$ um $A$ durch $B$
3) Schnittpunkte von $k_1$ und $k_2$ seien $P_1$ und $P_5$
4) Kreis $k_3$ um $P_1$ durch $A$
5) Schnittpunkt von $k_1$ und $k_3$ seien $A$ und $P_2$
6) Kreis $k_4$ um $P_2$ durch $P_1$
7) Schnittpunkte von $k_4$ und $k_1$ seien $P_1$ und $P_3$
8) Kreis $k$ um $P_3$ durch $A$
9) Kreis $\ell$ um $A$ durch $P_3$
10) Schnittpunkte von $k$ und $\ell$ seien $C$ und $C^{\prime}$
Beweis, dass $\angle ABC=90^{\circ}$ ist:
Nach Konstruktion besitzen die Kreise $k_1$ und $k_2$ den gleichen Radius $|AB|$, sodass das Dreieck $\triangle ABP_1$ gleichseitig mit Kantenlänge $|AB|$ ist. Insbesondere ist $\angle ABP_1=60^{\circ}$. Auf analoge Weise erhält man auch die Gleichseitigkeit der Dreiecke $\triangle P_1BP_2$ und $\triangle P_2BP_3$, sodass sich auch $\angle P_1BP_2=\angle P_2BP_3=60^{\circ}$ und damit $\angle ABP_3=\angle ABP_1 + \angle P_1BP_2+ \angle P_2BP_3=60^{\circ}+60^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$ ergibt, sodass die Punkte $A$, $B$ und $P_3$ auf einer Geraden liegen, wobei $B$ zwischen $A$ und $P_3$ liegt. Weiterhin haben alle drei betrachteten gleichseitigen Dreiecke die Kantenlänge $|AB|$, sodass auch $|BP_3|=|AB|$ gilt und damit $B$ der Mittelpunkt der Strecke $AP_3$ ist. Abschließend schneiden sich die beiden Kreise $k$ und $\ell$ auf dem Mittellot dieser Strecke $AP_3$, also insbesondere in einem Punkt $C$ mit $\angle ABC=90^{\circ}$, da das Mittellot von $AP_3$ natürlich durch dessen Mittelpunkt $B$ verläuft und senkrecht auf der Geraden $AP_3=AB$ steht, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 310931: Denkt man sich an jede Ecke eines räumlichen Körpers eine Zahl geschrieben, so bezeichnen wir für jede Seitenfläche dieses Körpers als ”Flächensumme” dieser Seitenfläche die Summe aus den Zahlen, die an die Ecken dieser Seitenfläche geschrieben werden.
Untersuchen Sie, ob es möglich ist, an die Ecken eines Oktaeders die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6 in einer solchen Reihenfolge zu schreiben, dass alle acht Flächensummen des Oktaeders einander gleich sind!
\quoteoff
Lösung:
Nein dies ist nicht möglich: Gäbe es eine solche Verteilung, dann müsste die Summe aller acht Flächensummen einerseits das Vierfache der Summe der sechs Zahlen, also $4\cdot (1+2+3+4+5+6)=4\cdot 21=84$, betragen, da jede jeder Eckpunkt an genau vier Flächen beteiligt ist, aber andererseits natürlich durch acht teilbar sein, da die acht Flächensummen alle gleich groß sein sollen. Es ist aber 84 nicht durch 8 teilbar, sodass es eine solche Verteilung der Zahlen an die Eckpunkte, die die Bedingung der Aufgabenstellung erfüllt, nicht möglich ist, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 310932: In einer Sammlung von Kuriositäten soll sich ein Gefäß mit folgender Aufschrift befunden haben:
Fünf Strich Zwei Null als Maß passt in mich, nach der ersten Ziffer lies ”durch” für den Strich! Oder dreh’ um, Null Zwei Fünf findest du, nach der ersten Ziffer ein Komma füg’ zu!
In der Tat ist $\frac{5}{20} = 0{,}25$.
Gibt es noch andere Zusammenstellungen von drei Ziffern, bei denen die Vorschrift, in gleicher bzw. in umgekehrter Reihenfolge jeweils nach der ersten Ziffer den Divisionsstrich bzw. das Dezimalkomma zu schreiben, auf zwei einander gleiche Zahlenwerte führt?
\quoteoff
Lösung:
Es seien $a$, $b$ und $c$ die drei Ziffern. Es ist also die Gleichung
$\frac{a}{10b+c}=c+\frac{10b+a}{100}$
zu lösen.
Fall 1: $b=0$. Dann reduziert sich die Gleichung auf $\frac{a}{c}=c+\frac{a}{100}$ bzw. nach Multiplikation mit $c\neq 0$ auf $a=c^2+\frac{ac}{100}$. Da auf der linken Seite eine ganze Zahl steht, muss auch die rechte Seite eine solche sein, also $ac$ durch 100 teilbar. Wegen $0\leq a,c<10$ ist $0\leq ac<100$, sodass $ac=0$ und wegen $c\neq 0$ (sonst wäre der Bruch $\frac{a}{c}$ nicht definiert) schließlich $a=0$, aber daraus nach Einsetzen dann auch wieder $c=0$ folgen würde, was ein Widerspruch ist, sodass es in diesem Fall keine Lösung gibt.
Fall 2: $b>0$. Dann ist $10b+c\geq 10>a$, also $0\leq \frac{a}{10b+c} < 1$. Da wegen $0<10b+a\leq 99<100$ auch $0<\frac{10b+a}{100}<1$ gilt und $c$ eine nicht-negative ganze Zahl ist, ist $c$ der Vorkomma-Anteil von $c+\frac{10b+a}{100}$, also wegen $\frac{a}{10b+c}=c+\frac{10b+a}{100}$ und $0<\frac{10b+a}{100}<1$ schließlich $c=0$.
Dadurch vereinfacht sich die zu betrachtende Gleichung auf
$\frac{a}{10b}=\frac{a+10b}{100}$
bzw. nach Multiplikation mit $100b$ auf $10a=ab+10b^2$. Dabei kann $a$ nicht null sein, da sonst $0=10 \cdot b^2$ folgen würde, was ein Widerspruch zur Fallannahme $b>0$ wäre. Also sind sowohl $a$ als auch $b$ positiv, woraus $ab>0$ und $10a>10b^2$ bzw. $a>b^2$ folgt. Dies ist aber für $b\geq 3$ wegen $a\leq 9$ nicht möglich, sodass $b\in\{1,2\}$ folgt.
Fall 2.1: Es ist $b=1$. Dann muss $10a=a+10$ bzw. $9a=10$ gelten, was keine Lösung in ganzen Zahlen hat.
Fall 2.2: Es ist $b=2$. Dann muss $10a=2a+40$ bzw. $8a=40$, also $a=5$ gelten. Tatsächlich ist also das schon in der Aufgabenstellung genannte Tripel $(a,b,c)=(5,2,0)$ das einzig mögliche.
\quoteon
Aufgabe 310935: Man ermittle und zeichne in einem $x, y$-Koordinatensystem alle diejenigen Punkte, deren Koordinaten $(x; y)$ die Gleichung $|x + y| + |x − y| = 4$ erfüllen.
\quoteoff
Lösung.
Durch eine Punktspiegelung am Koordinatenursprung bzw. äquivalent einer Drehung um diesen um $180^{\circ}$ geht jeder Punkt $(x_P;y_P)$ in den Punkt $(-x_P; -y_P)$ über. Erfüllt der erste Punkt die Bedingung, dann aufgrund der Beträge auch der zweite, und umgekehrt. Es genügt also die Figur im Bereich $x\geq 0$ zu konstruieren und sie dann durch diese Punktspiegelung bzw. Drehung fortzusetzen, sodass wir o.B.d.A. $x\geq 0$ annehmen können.
Weiterhin geht durch Spiegelung an der $x$-Achse jeder Punkt $(x_P;y_P)$ in den Punkt $(x_P; -y_P)$ über. Erfüllt der erste Punkt die Bedingung $|x_P+y_P|+|x_P-y_P|=4$, dann wegen $|x_P-y_P|+|x_P+y_P|=|x_P+y_P|+|x_P-y_P|=4$ auch der zweite, und umgekehrt. Wir können also o.B.d.A. auch $y\geq 0$ annehmen und dann die Figur durch Spiegelung an der $x$-Achse fortsetzen.
Schließlich geht durch Spiegelung an der Winkelhalbierenden des ersten Quadranten jeder Punkt $(x_P;y_P)$ in den Punkt $(y_P; x_P)$ über. Erfüllt der erste Punkt die Bedingung, dann aufgrund $|y_P+x_P|+|y_P-x_P|=|x_P+y_P|+|x_P-y_P|$ auch der zweite, und umgekehrt. Wir können also o.B.d.A. $x\leq y$ annehmen und dann die Figur durch Spiegelung an der Winkelhalbierenden des ersten Quadranten fortsetzen.
Zusammen haben wir also nun folgende Annahmen, die wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit treffen konnten: $0\leq x\leq y$. Dann jedoch sind $x+y$ und $-(x-y)$ stets nichtnegativ, sodass die Gleichung übergeht in $(x+y)+(y-x)=4$ bzw. $y=2$. Zu zeichnen ist also der Abschnitt der Parallelen zur $x$-Achse durch $(0;2)$, für welchen die $x$-Koordinaten der auf ihm liegenden Punkte nichtnegativ und $\leq 2$ sind, also die Strecke vom Punkt $(0;2)$ zum Punkt $(2;2)$.
Durch Spiegelung an der Winkelhalbierenden des ersten Quadranten erhält man die zusätzliche Strecke vom Punkt $(2;2)$ zum Punkt $(2;0)$. Durch Spiegelung an der $x$-Achse setzt sich diese Strecke bis zum Punkt $(2;-2)$ fort und man erhält als Spiegelung der ersten Teilstrecke noch die Strecke zwischen den Punkten $(2;-2)$ und $(0;-2)$. Die Punktspiegelung/ Drehung um den Koordinatenursprung schließlich ergänzt die Figur, sodass man abschließend genau das Quadrat (bzw. genauer: dessen Rand) mit den Eckpunkten $(\pm 2; \pm 2)$ als gesuchte Lösungsmenge erhält.
\quoteon
Aufgabe 310936: Für die Reihenfolge, in der sich die neun Buchstaben $A,B,C,D,E, F, G,H, J$ von links nach rechts anordnen lassen, seien die folgenden sieben Bedingungen gefordert:
Es soll $A$ links von $B$, $A$ links von $C$, $A$ links von $D$, $E$ links von $F$, $E$ links von $G$, $E$ links von $H$, $E$ links von $J$ stehen.
Wieviele verschiedene Reihenfolgen, bei denen diese sieben Bedingungen erfüllt sind, gibt es insgesamt?
Hinweise:
In jeder der genannten Reihenfolgen soll jeder der neun Buchstaben genau einmal vorkommen.
Die Formulierung ”$X$ links von $Y$” schließt nicht aus, dass zwischen $X$ und $Y$ noch andere der Buchstaben stehen.
\quoteoff
Lösung:
Wir unterteilen die neun Buchstaben in zwei Gruppen. Gruppe 1 enthält $A$, $B$, $C$ und $D$, Gruppe 2 die übrigen fünf Buchstaben. Die Bedingungen vergleichen nur die Positionen von Buchstaben einer Gruppe miteinander, sodass jede beliebige Verteilung der neun Positionen auf die zwei Gruppen eine korrekte Anordnung aller neun Buchstaben liefert, wenn innerhalb beider Gruppen die Bedingungen alle erfüllt sind.
Es gibt in Gruppe 1 insgesamt 6 mögliche Anordnungen, die die drei ihr zugehörigen Bedingungen erfüllt: $A$ muss ganz links (unter diesen vier Elementen) stehen, während die Reihenfolge der drei übrigen Buchstaben dieser Gruppe beliebig ist, also dafür alle $3!=6$ Varianten möglich sind. Analog erhält man für Gruppe 2 nun $4!=24$ mögliche Anordnungen (da dort $E$ unter diesen ganz links stehen muss, während sich die restlichen vier Buchstaben von Gruppe 2 beliebig anordnen lassen).
Die neun Positionen lassen sich auf $\binom{9}{4}=\frac{9\cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3\cdot 2 \cdot 1}=126$ Arten auf die beiden Gruppen (ohne Beachtung der Reihenfolge der Verteilung der Positionen) verteilen. Für jede solche gibt es nun jeweils 6 mögliche Anordnungen der Elemente von Gruppe 1 untereinander auf den Positionen dieser Gruppe und jeweils 24 mögliche Anordnungen der Elemente von Gruppe 2 auf ihren Positionen untereinander, insgesamt also
$126 \cdot 6 \cdot 24=126 \cdot 144=18.144$
mögliche Anordnungen.
\quoteon
Aufgabe 330924: Beweisen Sie, dass für jedes nicht gleichschenklige Dreieck $\triangle ABC$ die folgende Aussage gilt!
Ist $X$ der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von $BC$ mit der Winkelhalbierenden durch $A$ und ist $Y$ der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von $AC$ mit der Winkelhalbierenden durch $B$, so liegen
die vier Punkte $A,B,X, Y$ auf einem gemeinsamen Kreis.
\quoteoff
Lösung:
Nach dem Südpolsatz liegen $X$ und $Y$ auf dem Umkreis des Dreiecks $\triangle ABC$, also insbesondere damit auch auf einem gemeinsamen Kreis mit $A$ und $B$, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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 | Beitrag No.921, eingetragen 2019-06-24
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_241222.png
Wir substituieren $x+y=a$ und $xy=b$:
$$b^2+a^2-2b-6=9b$$und
$$a^2=36$$Die zweite in die erste Gleichung eingesetzt:
$$b^2-11b+30=0$$Mithilfe des Satzes von Vieta erraten wir $b_1=5$ und $b_2=6$, sowie von oben $a_1=6$ und $a_2=-6$. Allgemein folgt für $x$ und $y$:
$$y=\frac bx$$$$x+\frac bx=a$$$$x^2-ax+b=0$$$$x=\frac a2\pm\sqrt{\frac{a^2}4-b}$$Wir müssen nun jedes $a_i$ mit jedem $b_i$ kombinieren, um alle Lösungen zu finden.
$a_1$ und $b_1$:
$$x_{1,2}=3\pm\sqrt{9-5}=3\pm2$$Lösungspaare: $(5,1)$ und $(1,5)$.
$a_1$ und $b_2$:
$$x_{3,4}=3\pm\sqrt{9-6}=3\pm\sqrt3$$Lösungspaare: $(3+\sqrt3,3-\sqrt3)$ und $(3-\sqrt3,3+\sqrt3)$.
$a_2$ und $b_1$:
$$x_{5,6}=-3\pm\sqrt{9-5}=-3\pm2$$Lösungspaare: $(-5,-1)$ und $(-1,-5)$.
$a_2$ und $b_2$:
$$x_{7,8}=-3\pm\sqrt{9-6}=-3\pm\sqrt3$$Lösungspaare: $(-3+\sqrt3,-3-\sqrt3)$ und $(-3-\sqrt3,-3+\sqrt3)$.
Es gibt somit 8 Lösungspaare.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.919 begonnen.]
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| Beitrag No.922, eingetragen 2019-06-24
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231234.png
Aus (2) folgt:
$$\sin^2y=\cos^2x$$bzw.
$$(3)\qquad\sin y=\pm\cos x$$aber auch
$$(4)\qquad\cos y=\pm\sin x$$wobei die beiden $\pm$-Symbole nicht notwendigerweise miteinander korrespondieren. Das in (1) eingesetzt:
$$\pm3\sin x\sin x=\pm\cos x\cos x$$Die beiden $\pm$-Symbole können gleich oder entgegengesetzt sein, so dass allgemein gelten muss:
$$\pm3\sin^2x=\cos^2x=1-\sin^2x$$$$(1\pm3)\sin^2x=1$$Hier kommt allerdings nur das $+$ in Frage, weil sonst $\sin x$ imaginär würde. Daher gilt:
$$4\sin^2x=1$$$$(5)\qquad\sin x=\pm\frac12$$Aus (4) folgt außerdem
$$(6)\qquad\cos y=\pm\frac12$$Die Lösungsmenge für $x$ lautet $\{\frac16\pi,\frac56\pi,\frac76\pi,\frac{11}6\pi\}$, die für $y$ lautet $\{\frac13\pi,\frac23\pi,\frac43\pi,\frac53\pi\}$. Teilt man Gleichung (1) durch die Kosinus-Terme, so gilt
$$(7)\qquad3\tan x=\tan y$$Der Tangens von $x$ und der Tangens von $y$ müssen also das gleiche Vorzeichen haben, so dass nicht jedes Element der Lösungsmenge von $x$ mit jedem aus der Menge für $y$ kombinierbar ist. Die Lösungspaare lauten daher:
$(\frac16\pi;\frac13\pi)$, $(\frac16\pi;\frac43\pi)$, $(\frac56\pi;\frac23\pi)$, $(\frac56\pi;\frac53\pi)$, $(\frac76\pi;\frac13\pi)$, $(\frac76\pi;\frac43\pi)$, $(\frac{11}6\pi;\frac23\pi)$, $(\frac{11}6\pi;\frac53\pi)$.
Ciao,
Thomas
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weird
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 | Beitrag No.923, eingetragen 2019-06-24
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Ist diese Aufgabe wirklich so einfach oder übersehe ich da etwas? :-?
\quoteonAufgabe 1 - 191231
Es seien $n$ und $m$ natürliche Zahlen mit $n ≥1,\ m ≥1$; N sei die Menge der natürlichen Zahlen von $1$ bis $n$ und $M$ die Menge der natürlichen Zahlen von $1$ bis $m$. Man ermittle die Anzahl aller derjenigen Teilmengen von $N$, die gemeinsame Elemente mit $M$ haben.
\quoteoff
\showon
Lösung: Eine Teilmenge von $N=\{1,2,...,n\}$ hat offensichtlich genau dann keine gemeinsamen Elemente mit $M=\{1,2,...,m\}$, wenn sie auch Teilmenge von $N\setminus M$ ist. Indem man also deren Anzahl von der Gesamtzahl der Teilmengen von $N$ abzieht, ergibt sich dann also für die fragliche Anzahl $A_{m,n}$ aller derjenigen Teilmengen von $N$, welche gemeinsame Elemente mit M haben, zu
\[A_{m,n}=\begin{cases} 2^n-1,\qquad\qquad\text{falls } n\le m\\2^{n-m} (2^m-1), \ \ \text{ falls } n>m\end{cases}\]
bzw. zusammengefasst
\[A_{m,n}=2^n-2^{\max(n-m,0)}\]
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.924, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon
Aufgabe 330942: Ermitteln Sie alle diejenigen Tripel $(a, b, c)$ positiver ganzer Zahlen $a, b, c$ von denen keine größer als 100 ist und mit denen die Ungleichungen $a + b \geq 101$, $a + c \leq 101$, $a + b + c \geq 201$ gelten!
\quoteoff
Lösung:
Wäre $a+c<101$ oder $b<100$, so wegen $a+c\leq 101$ und $b\leq 100$ auch $a+c+b<101+100=201$, im Widerspruch zur letzten gegebenen Ungleichung. Also muss $a+c=101$ und $b=100$ gelten, sodass die letzten beiden Ungleichungen also in jedem Fall erfüllt sind.
Aus $a+c=101$ folgt für jedes positive ganze $1\leq a\leq 100$, dass auch $c=101-a$ positiv ganz und nicht größer als 100 ist. Schließlich ist für alle diese $a$ wegen $b=100$ auch $a+b\geq 101$, sodass alle Bedingungen erfüllt sind. Weitere Lösungen kann es nicht geben. Damit erfüllen genau die Elemente der Menge
$\{(a,100,101-a)| a\in\mathbb{Z} \wedge 1\leq a\leq 100\}$
die Bedingungen der Aufgabenstellung.
\quoteon
Aufgabe 340923: Ausgehend von einem Quadrat $ABCD$ kann man für je zwei positive ganze Zahlen $x$ und $y$ die folgenden Konstruktionen ausführen:
Die Seite $AB$ wird über $B$ hinaus um die Länge $x \cdot |AB|$ bis zum Punkt $S$ verlängert,
die Seite $BC$ wird über $C$ hinaus um die Länge $y \cdot |BC|$ bis zum Punkt $T$ verlängert,
die Seite $CD$ wird über $D$ hinaus um die Länge $x \cdot |CD|$ bis zum Punkt $U$ verlängert,
die Seite $DA$ wird über $A$ hinaus um die Länge $y \cdot |DA|$ bis zum Punkt $V$ verlängert.
Ermitteln Sie alle diejenigen Paare $(x; y)$ positiver ganzer Zahlen, für die das so erhaltende Viereck $STUV$ einen genau 11 mal so großen Flächeninhalt wie das Quadrat $ABCD$ hat!
\quoteoff
Lösung:
Das Viereck $STUV$ lässt sich zerlegen in das Quadrat $ABCD$ sowie die vier rechtwinligen Dreiecke $\triangle VSA$, $\triangle STB$, $\triangle TUC$ und $\triangle UVD$.
Es habe das Quadrat $ABCD$ die Kantenlänge $|AB|=|BC|=|CD|=|DA|=1$, sodass $|AV|=|CT|=y$, $|BS|=|DU|=x$ und also $|AS|=|CU|=1+x$ und $|BT|=|DV|=1+y$ gilt.
Damit können wir die Flächeninhalte der vier Dreiecke, des Quadrats und damit auch des Vierecks $STUV$ berechnen, denn dieser ist nun
$F=1\cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot y \cdot (1+x) + \frac{1}{2} \cdot x \cdot (1+y) + \frac{1}{2} \cdot y \cdot (1+x) + \frac{1}{2} \cdot x \cdot (1+y)=1+y+xy+x+xy=1+x+y+2xy .$
Nach Aufgabenstellung soll $F=11$ sein, sodass die Gleichung $11=1+x+y+2xy$ bzw. $10=x+y+2xy$ in positiven ganzen Zahlen $x$ und $y$ zu lösen ist. Da diese symmetrisch in $x$ und $y$ ist, können wir o.B.d.A. $x\leq y$ annehmen, sodass $10=x+y+2xy\geq 2x+2x^2=2x(1+x)$ gilt, also $x=1$, da für alle $x\geq 2$ diese Ungleichung nicht erfüllt ist. Dann ist aber $10=1+y+2y$, also $y=3$, was schließlich auf die beiden Lösungen $(x;y)\in\{(1;3),(3;1)\}$ führt, für die dann der Flächeninhalt des Vierecks $STUV$ genau 11 mal so groß ist wie der des Quadrats $ABCD$.
\quoteon
Aufgabe 340943=341042: Auf der Seite $AB$ des Quadrates $ABCD$ werde ein Punkt $X\neq A$ gewählt. Dann werde das Quadrat durch die Strecken $AC$ und $XD$ in vier Teilflächen zerlegt.
Ermitteln Sie alle Möglichkeiten, die Wahl von $X$ so zu treffen, dass es natürliche Zahlen $p$, $q$ und $r$ gibt, für die die Flächeninhalte dieser Teilflächen in geeigneter Reihenfolge im Verhältnis $1 : p : q : r$ stehen!
\quoteoff
Lösung:
Wir legen so ein Koordinatensystem in die Ebene des Quadrats, dass $A$ im Koordinatenurpsprung liegt und $C$ die Koordinaten $(1,1)$ besitzt. Dann liegt $B$ bei $(1,0)$ und $D$ bei $(0,1)$. Weiterhin sei $0>
Seine Freunde sollen, während er nicht im Zimmer ist, nach folgender Vorschrift Kartenstapel bilden:
Für jeden Stapel wird zunächst eine Karte offen hingelegt, und der damit beginnende Stapel erhält so viele Punkte, wie der Augenwert dieser Karte angibt.
Dann werden weitere Karten verdeckt auf den Stapel gelegt; für jede dieser Karten wird die Punktzahl des Stapels um 1 erhöht. Dies wird aber nur so lange durchgeführt, bis die Punktzahl 11 erreicht ist; der Stapel ist damit abgeschlossen.
Er wird dann umgedreht, so dass die bisher unterste Karte nun verdeckt oben liegt.
1. Beispiel: 7 offen hinlegen vier Karten verdeckt darauf legen, Stapel umdrehen.
2. Beispiel: As offen hinlegen, umdrehen.
Solche Stapel werden einige Male gebildet und nebeneinander auf den Tisch gelegt. Falls am Ende Karten übrig bleiben, werden diese ”Restkarten” einzeln abzählbar und verdeckt neben den Stapel gelegt.
Dann wird Axel herein gerufen. Er behauptet, er könne aus der Anzahl der fertigen Stapel und der Anzahl der Restkarten die Summe der Augenwerte der nunmehr obersten Karten der Stapel finden.
Wie ist das möglich?
\quoteoff
Lösung:
Bevor der erste Stapel gebildet wurde, war die Anzahl der Restkarten 32. Es sei $a_1$ der Wert der für den ersten Stapel zu Beginn offen hingelegten Karte. Dann verringert sich die Anzahl der Restkarten um $1+(11-a_1)=12-a_i$, denn neben der einen aufgedeckten Karte mit Wert $a_1$ werden noch $11-a_1$ weitere Karten auf diesen Stapel gelegt. Analog reduziert jeder weiterer Stapel mit zuerst offen liegendem Kartenwert $a-i$ die Anzahl der nun noch vorhandenen Restkarten um den Wert $12-a_i$.
Sieht also Axel $n$ Stapel und $r$ Restkarten, so weiß er
$r=32-(12-a_1)-\dots-(12-a_n)=32- n\cdot 12 + (a_1+\dots + a_n)$
bzw.
$a_1+\dots+a_n=n \cdot 12 + r - 32,$
kennt also die Summe der Kartenwerte der zuerst für jeden Stapel ofen ausgelegten Karten, die nach dem Umdrehen nun die obersten Karten eines jeden Stapels sind.
Cyrix
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| Beitrag No.925, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon(2019-06-24 09:22 - weird in Beitrag No. 917)
\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
Zusammenfassend haben sich somit die 5 Lösungen
\[(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\{(1,3,1,0,0),(2,1,2,0,0),(2,2,0,1,0),(3,0,1,1,0),(3,1,0,0,1)\} \]
des gegebenen Gleichungssystems ergeben.
\quoteoff
Hallo weird,
Dir fehlt die Lösung (0,5,0,0,0).
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.926, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon(2019-06-24 16:17 - MontyPythagoras in Beitrag No. 925)
Hallo weird,
Dir fehlt die Lösung (0,5,0,0,0).
\quoteoff
Ja, stimmt, die hatte ich tatsächlich vergessen. :-o
Dies ist insofern sehr merkürdig, als ich diese sogar als erste durch bloßes Hinsehen gefunden hatte und sogar ganz kurz der Meinung war, es wäre die einzige, bis ich mir das dann genauer angesehn habe. Danke für diesen Hinweis, ich werde das dann gleich korrigieren. ;-)
@Steffen
Könntest du bitte den ergänzten 3. Fall in #917 auch in deine Lösungen übernehmen. Danke!
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.927, eingetragen 2019-06-24
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_271233A.png
Der Quader liege mit seinen drei Kanten auf den Koordinatenachsen, wobei $a$ längs der $x$-Achse, $b$ längs der $y$-Achse und $c$ längs der $z$-Achse liege. Die Projektionsebene werde durch den Normalenvektor $\vec n=\left(\begin{array}{c}n_1\\ n_2\\n_3\end{array}\right)$ mit $|\vec n|=1$ definiert. Der Inhalt einer Fläche $A_i$, die auf die schräg liegende Ebene projiziert wird, ist proportional zu dem Kosinus des Winkels zwischen $\vec n$ und dem Normalenvektor $\vec n_i$ auf der Originalfläche $A_i$. Es ist $n_{ab}=\vec e_z$, $n_{bc}=\vec e_x$ und $n_{ac}=\vec e_y$. Das ergibt:
$$A_{proj}=ab(\vec n\vec e_z)+bc(\vec n\vec e_x)+ac(\vec n\vec e_y)$$$$A_{proj}=abn_3+bcn_1+acn_2=\vec n\left(\begin{array}{c}bc\\ ac\\ab\end{array}\right)$$$$A_{proj}=abc\cdot\vec n\left(\begin{array}{c}\frac1a\\ \frac1b\\\frac1c\end{array}\right)$$Das Skalarprodukt von zwei Vektoren von gegebener Länge wird genau dann maximal, wenn die beiden Vektoren parallel sind. Der Normalenvektor muss daher ein Vielfaches von $\left(\begin{array}{c}\frac1a\\ \frac1b\\\frac1c\end{array}\right)$ sein. Da seine Länge außerdem gleich 1 sein soll, können wir schlussfolgern:
$$\vec n=\frac1{\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}}\left(\begin{array}{c}\frac1a\\ \frac1b\\\frac1c\end{array}\right)$$Für die maximale projizierte Fläche erhalten wir:
$$A_{proj}=\frac{abc\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\right)}{\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}}$$$$A_{proj}=abc\sqrt{\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}}$$
Edit: Herleitung noch verkürzt.
Ciao,
Thomas
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weird
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| Beitrag No.928, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon
Aufgabe 2 - 221232
Man ermittle für alle diejenigen 30-Tupel $(a_1,a_2,...,a_{30})$ von (nicht notwendig verschiedenen) positiven ganzen Zahlen $a_i\ (i =1,...,{30})$, die
\[\sum\limits_{i=1}^{30} a_i=1983\]
erfüllen, den größten Wert, den der größte gemeinsame Teiler $d$ der Zahlen $a_i$ annehmen kann.
\quoteoff
Diese Aufgabe ist für mich eigentlich wirklich nur sowas wie eine "Scherzaufgabe", es sei denn, ich habe sie jetzt echt total missverstanden. :-?
\showon
Da alle $a_i$ natürlich durch $d$ teilbar sind, gilt dies auch für deren Summe $1983$ mit der Primfaktorzerlegung $1983=3\cdot 661$, d.h., es muss
\[d\in\{1,3,661,1983\}\]
sein. Da $d=1983$ und $d=661$ bei $30$ positiven Summanden natürlich sofort ausscheiden, kommt dann als nächstes in Hinblick auf ein Maximum $d=3$ in Betracht und damit ist das Problem hier natürlich leicht lösbar, z.B. mit der Belegung
\[a_1=a_2=...=a_{29}=3,\ a_{30}=1983-29\cdot 3=1896\]
\showoff
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| Beitrag No.929, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon
Aufgabe 310933: a) Silke behauptet: Für jede natürliche Zahl $k\geq 2$ und jedes Dreieck $\triangle ABC$ ist es möglich, die Fläche die Fläche dieses Dreiecks durch geradlinige Schnitte in $k^2$ einander kongruente, zu $\triangle ABC$ ähnliche Dreiecke zu zerlegen.
b) Hanka behauptet: Für jede natürliche Zahl $k\geq 2$ und jedes konvexe $n$-Eck $A_1A_2A_3\dots A_n$ ($n>3$) ist es mglich, die Fläche dieses $n$-Ecks durch geradlinige Schnitte in eine Anzahl $t$ von Teilflächen zu zerlegen, aus denen sich $k^2$ einander kongruente, zu $A_1A_2A_3\dots A_n$ ähnliche $n$-Ecke zusammensetzen lassen, wobei zum Zusammensetzen jede der $t$ Teilflächen nur einmal verwendet wird und keine übrig bleibt.
Untersuchen Sie, ob a) Silkes, b) Hankas Behauptung wahr ist!
Hinweis: <>
\quoteoff
Lösung:
Beide Behauptungen sind wahr, wie im folgenden bewiesen wird:
a) Unterteilt man die Strecken $AB$, $BC$ und $CA$ jeweils in $k$ kongruente Abschnitte und zeichnet die Parallelen zu den Dreiecksseiten durch die entstandenen Unterteilungspunkte auf den Seiten, so wird das Dreieck $\triangle ABC$ in eine Vielzahl kleinerer Dreiecke zerlegt. Wir nennen ein solches Dreieck "Elementardreieck", wenn es nicht weiter durch eine solche Parallele unterteilt wird. Die Seitenkanten eines jeden solchen Elementardreiecks sind parallel zu einer Seite des Dreiecks $\triangle ABC$ und haben aufgrund dieser Parallelitäten die gleichen Längen wie die entsprechenden Randabschnitte, also die $\frac{1}{k}$-fache Länge der entsprechenden Seite des Dreiecks $\triangle ABC$. Insbesondere haben also alle Elementardreiecke die gleichen Seitenlängen, sind damit kongruent untereinander, und, da diese im gleichen Verhältnis stehen wie beim Dreieck $\triangle ABC$ sind sie auch alle ähnlich zu diesem. Da der Ähnlichkeitsfaktor $\frac{1}{k}$ beträgt, ist der Flächeninhalt eines jeden solchen Elementardreiecks genau das $\frac{1}{k^2}$-fache des Flächeninhalts des Dreiecks $\triangle ABC$. Da dieses vollständig in Elementardreiecke zerlegt wird, gibt es davon also genau $k^2$ Stück, $\Box$.
b) Da das $n$-Eck konvex ist, kann man es durch Diagonalen vollständig in Dreiecke zerlegen. Für jedes dieser Dreiecke führe man die Konstruktion aus Teilaufgabe a) durch. Gegebenenfalls werden durch die Schnitte, die eines der Teildreiecke zerlegen, auch andere Teildreiecke und dortige Elementardreiecke zerlegt. Diese "fremden Schnitte" werden aber direkt durch Zusammenfassen der entsprechenden Teile zu den jeweiligen Elementardreiecken direkt wieder rückgängig gemacht. Damit ist jedes der durch die Diagonalen des $n$-Ecks erzeugten "großen Teildreiecke" des $n$-Ecks in genau $k^2$ Elementardreiecke, die mit einem Ähnlichkeitsfaktor von $\frac{1}{k}$ ähnlich zum jeweiligen "großen Teildreieck" sind, zerlegt. Greift man sich nun aus jedem dieser "großen Teildreiecke" eines der dortigen Elementardreiecke heraus, so lässt sich daraus ein $n$-Eck, welches ähnlich zum Ausgangs-$n$-Eck mit dem Ähnlichkeitsfaktor $\frac{1}{k}$ ist, zusammenlegen. Dies funktioniert aber unabhängig für jedes der $k^2$ Elementardreiecke jeder Sorte, sodass man also $k^2$ untereinander kongruente und zum Ausgangs-$n$-Eck mit dem Ähnlichkeitsfaktor $\frac{1}{k}$ ähnliche $n$-Ecke aus diesen zusammenlegen kann, ohne eines der Elementardreiecke doppelt zu verwenden oder übrig zu behalten, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 310934: Es sei $\triangle ABC$ ein gleichseitiges Dreieck. Auf der Verlängerung von $BA$ über $A$ hinaus liege ein Punkt $D$, auf der Verlängerung $CB$ über $B$ hinaus ein Punkt $E$ und auf der Verlängerung von $AC$ über $C$ hinaus liege ein Punkt $F$.
Ferner werde vorausgesetzt, dass das Dreieck $\triangle DEF$ gleichseitig sei.
Man beweise, dass aus diesen Voraussetzungen stets $|AD|=|BE|=|CF|$ folgt.
\quoteoff
Lösung:
In den gleichseitigen Dreiecken $\triangle ABC$ und $\triangle DEF$ sind alle Innenwinkel genau $60^{\circ}$ groß. Also ist, da $C$, $B$ und $E$ sowie $D$, $A$ und $E$ in diesen Reihenfolgen jeweils auf einer Geraden liegen $\angle DBE=\angle ABE=180^{\circ}-\angle CBA=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$. Analog folgt auch $\angle ECF=120^{\circ}$ und $\angle FAD=120^{\circ}$, sodass diese drei Winkel alle gleich groß sind.
Weiterhin ist $\angle ADF=\angle FDE-\angle EDA=60^{\circ}-\angle EDB=180^{\circ}-120^{\circ}-\angle EDB=180^{\circ}-\angle DBE-\angle EDB=\angle BED$, wobei letzteres aus der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle BED$ folgt. Analog folgt auch $\angle ADF=\angle BED=\angle CFE$.
Damit stimmen die Dreiecke $\triangle BED$, $\triangle CFE$ und $\triangle ADF$ jeweils in zwei Winkeln und einer Seitenlänge ($|DE|=|EF|=|FD|$, da das Dreieck $\triangle DEF$ n.V. gleichseitig ist) überein, sodass sie paarweise kongruent sind und die Längen entsprechender Seiten gleich groß sind, also insbesondere $|AD|=|BE|=|CF|$ gilt, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 340931: Jürgen wählt auf einem Zeichenblatt drei Punkte $A$, $B$, $C$ so aus, dass es keine Gerade gibt, auf der alle drei Punkte liegen und dass die Strecke $AB$ eine andere Länge hat als die Strecke $BC$.
Dann versucht er einen Punkt $X$ zu konstruieren, der weder auf der durch $A$ und $B$ gelegten Gerade $g$ noch auf der durch $B$ und $C$ gelegten Geraden $h$ liegt und der außerdem die beiden folgenden Bedingungen (1) und (2) erfüllt:
(1) Der Punkt $X$ hat von $g$ den gleichen Abstand wie von $h$.
(2) Die Strecken $AB$ und $BC$ erscheinen von $X$ aus unter gleichgroßen Winkeln; d.h., der Winkel $\angle AXB$ ist ebensogroß wie der Winkel $\angle BXC$.
Christa behauptet: Es gibt keinen solchen Punkt $X$; gleichgültig, welche Wahl von $A$, $B$, $C$ (mit den eingangs genannten Lagebedingungen) Jürgen getroffen hat.
Hat Christa recht?
\quoteoff
Lösung:
Ja, sie hat recht, wie im folgenden indirekt bewiesen wird:
Angenommen, es gäbe ein solches Dreieck $\triangle ABC$ und einen solchen Punkt $X$. Dann liegt nach (1) $X$ auf der Winkelhalbierenden des Winkels $\angle CAB$, sodass die beiden Winkel $\angle CBX$ und $\angle XBA$ gleich groß sind. Da nach Annahme auch die Winkel $\angle AXB$ und $\angle BXC$ gleich groß sind, stimmen die beiden Dreiecke $\triangle AXB$ und $\triangle BXC$ in zwei Innenwinkeln überein und zusätzlich auch in der Strecke $XB$, die sie beide gemeinsam haben, zwischen diesen beiden Innenwinkeln, sodass diese Dreiecke kongruent sind. Dann folgt aber direkt, da die Strecken gleichgroßen Winkeln gegenüberliegen, auch $|AB|=|CD|$, was den Widerspruch zur entsprechenden Bedingung in der Lage der drei Punkte $A$, $B$, $C$ liefert. Also kann es kein solches nichtgleichschenklige Dreieck $\triangle ABC$ mit entsprechendem Punkt $X$ geben, $\Box$.
\quoteon
Aufgabe 340936: Es sei $ABCD$ ein (nicht notwendigerweise regelmäßiges) Tetraeder, bei dem die vier Tetraederflächen $ABC$, $ABD$, $ACD$ und $BCD$ alle einander kongruent sind.
Ferner sei $h$ die Länge der auf einer der vier Tetraederflächen senkrechte Höhe und $P$ sei ein Punkt im Innern des Tetraeders $ABCD$.
Man beweise, dass unter diesen Voraussetzungen stets die folgende Aussage gilt:
Die Summe der Abstände von $P$ zu den vier Tetraederflächen beträgt $h$.
Hinweis: <>
\quoteoff
Lösung:
Es sei $A$ der Flächeninhalt einer (und damit jeder der) Tetraederfläche(n) und $V$ das Volumen des Tetraeders $ABCD$. Dann gilt $V=\frac{1}{3} \cdot A \cdot h$.
Das Tetraeder $ABCD$ lässt sich durch die Verbindungsstrecken von $P$ zu den vier Eckpunkten vollständig in die vier Tetraeder $ABCP$, $ABDP$, $ACDP$ und $BCDP$ zerlegen, deren Volumina $V_1$, $V_2$, $V_3$ und $V_4$ bezeichnet seien. Dann gilt $V=V_1+V_2+V_3+V_4$. Seien weiterhin $h_1$, $h_2$, $h_3$ und $h_4$ die Längen der Höhen von $P$ auf die Tetraederflächen $ABC$, $ABD$, $ACD$ bzw. $BCD$, so gilt wegen der Kongruenz dieser vier Tetraederflächen $V_i=\frac{1}{3} \cdot A \cdot h_i$ für alle $i=1,2,3,4$. Insbesondere ist also
$\frac{1}{3} \cdot A \cdot h=V=V_1+V_2+V_3+V_4=\frac{1}{3} \cdot A \cdot (h_1+h_2+h_3+h_4)$
und damit wegen $A\neq 0$ schließlich $h=h_1+h_2+h_3+h_4$, $\Box$.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.930, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-24
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\quoteon
Aufgabe 340921: Die Bewohner des Planeten Trion unterscheiden sich nach ihrem Geschlecht, und zwar gibt es, anders als auf der Erde, genau drei verschiedene Geschlechter. Politisch ist die Bevölkerung eingeteilt in genau drei Völkerstämme.
Wenn der planetare Rate zusammentrifft, entsendet jeder Völkerstamm genau drei Abgeordnete, von jedem Geschlecht einen.
Es ist dann eine Sitzordnung vorgeschrieben, bei der 9 Sitze in quadratförmiger Formierung zu drei Zeilen und drei Spalten angeordnet sind. In jeder Zeile und jeder Spalte müssen alle drei Völkerstämme und alle drei Geschlechter vertreten sein.
Geben Sie eine mögliche Sitzordnung an un bestätigen Sie, dass bei dieser Sitzordnung alle genannten Bedingungen erfüllt sind!
\quoteoff
Lösung:
Wir bezeichnen die Völkerstämme mit a, b und c, sowie die Geschlechter mit 1, 2 bzw. 3, sodass also a1 den Abgeordneten von Völkerstamm a mit Geschlecht 1 bezeichne. Dann gibt folgende Tabelle eine zulässige Sitzordnung an, wobei man sich leicht davon überzeugt, dass in jeder Zeile und jeder Spalte jeder Völkerstamm a bis c sowie jedes Geschlecht 1 bis 3 genau einmal vertreten ist und kein Abgeordneter mindestens zwei oder gar keinen Sitzplatz erhält:
$
\begin{tabular}{ccc}
a1 & b2 & c3\\
b3 & c1 & a2\\
c2 & a3 & b1
\end{tabular}
$
\quoteon
Aufgabe 340941=340841: Die Bewohner des Planeten Quadron unterscheiden sich nach ihrem Geschlecht, und zwar gibt es, anders als auf der Erde, genau vier verschiedene Geschlechter. Politisch ist die Bevölkerung eingeteilt in genau vier Völkerstämme.
Wenn der planetare Rate zusammentrifft, entsendet jeder Völkerstamm genau vier Abgeordnete, von jedem Geschlecht einen.
Es ist dann eine Sitzordnung vorgeschrieben, bei der 16 Sitze in quadratförmiger Formierung zu vier Zeilen und vier Spalten angeordnet sind. In jeder Zeile und jeder Spalte müssen alle vier Völkerstämme und alle vier Geschlechter vertreten sein.
Geben Sie eine mögliche Sitzordnung an un bestätigen Sie, dass bei dieser Sitzordnung alle genannten Bedingungen erfüllt sind!
\quoteoff
Lösung:
Wir bezeichnen die Völkerstämme mit a, b, c und d, sowie die Geschlechter mit 1, 2, 3 bzw. 4, sodass also a1 den Abgeordneten von Völkerstamm a mit Geschlecht 1 bezeichne. Dann gibt folgende Tabelle eine zulässige Sitzordnung an, wobei man sich leicht davon überzeugt, dass in jeder Zeile und jeder Spalte jeder Völkerstamm a bis d sowie jedes Geschlecht 1 bis 4 genau einmal vertreten ist und kein Abgeordneter mindestens zwei oder gar keinen Sitzplatz erhält:
$
\begin{tabular}{cccc}
a1 & b2 & c3 & d4\\
b3 & a4 & d1 & c2\\
c4 & d3 & a2 & b1\\
d2 & c1 & b4 & a3\\
\end{tabular}
$
Cyrix
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.931, eingetragen 2019-06-25
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\quoteonAufgabe 5 - 221235
a) Man beweise:
Wenn $a,b,c$ reelle Zahlen mit $a > 0$ und $ac−b^2 > 0$ sind, dann gilt für alle reellen $x, y$, die nicht beide $0$ sind, $ax^2 +2bxy +cy^2 > 0$.
b) Man beweise:
Wenn a,b,c reelle Zahlen mit $a > 0$ und $ac−b^2 <0$ sind, dann gibt es in der $x,y$-Ebene im Innern jedes Kreises um den Koordinatenursprung $(0,0)$ zwei Punkte $P_1$ und $P_2$ mit folgenden Eigenschaften:
Für die Koordinaten $(x1,y1)$ von $P_1$ gilt die Ungleichung $ax_1^2 +2bx_1y_1 +cy_1^2 > 0$; für die Koordinaten $(x_2,y_2)$ von $P_2$ gilt die Ungleichung $ax_2^2 +2bx_2y_2 +cy_2^2 < 0$.
\quoteoff
\showon
Lösung:
Mit der Umformung
\[ax^2 +2bxy +cy^2=a\left(x+\frac ba \,y\right)^2+\frac{ac-b^2}a y^2\quad (*)\]
sieht man sofort, dass unter den gegebenen Voraussetzungen jedenfalls
\[ax^2 +2bxy +cy^2>0\]
also a) gelten muss. Insbesondere genügt es für den ersten Punkt $(x_1,y_1)$ in b) einfach nur $x_1>0$ ausreichend klein und $y_1=0$ zu wählen, womit dann tatsächlich
\[x_1^2+2bx_1y_1+cy_1^2=ax_1^2>0\]
ist.
Für den zweiten Punkt $(x_2,y_2)$ in b) benutzen wir (*) nochmals, aber nun in der Form
\[ax^2 +2bxy +cy^2=a\left(x+\frac ba \,y\right)^2-\frac{b^2-ac}a y^2\quad (**)\]
ist. Indem wir nun einfach $y_2>0$ ausreichend klein wählen, sodass mit $x_2=-\frac ba \,y_2$ dann $(x_2,y_2)$ dem Ursprung beliebig nahe kommt, gilt dann außerdem
\[x_2^2+2bx_2y_2+cy_2^2=-\frac{b^2-ac}a \,y_2^2<0\]
wie verlangt.
\showoff
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.932, eingetragen 2019-06-25
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_181231.png
Wir wählen den Ansatz
$$f(x)=ax^2+bx+c$$Dann ist
$$f(x+1)=ax^2+2ax+a+bx+b+c$$Durch Einsetzen in die Aufgabenstellung erhält man:
$$2ax+a+b=x+1$$woraus $a=\frac12$ und $b=\frac12$ folgt. Somit erfüllen alle Funktionen
$$f(x)=\frac12(x^2+x)+c$$die Gleichung.
Ciao,
Thomas
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.933, eingetragen 2019-06-25
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\quoteonAufgabe 6 - 221236
Eine Tür soll mit einer genügend großen Anzahl von Schlössern versehen werden. Zu jedem Schloss soll eine Sorte passender Schlüssel in genügend großer Anzahl vorhanden sein, wobei jeder Schlüssel zu genau einem Schloss passen soll. Elf Personen sollen derartige Schlüssel erhalten, aber nicht jede Person für jedes Schloss. Ein Vorschlag lautet vielmehr, es solle folgendes erreicht werden: Immer wenn mindestens sechs der elf Personen anwesend sind, befindet sich unter ihren Schlüsseln für jedes Schloss auch ein passender Schlüssel; immer wenn weniger als sechs Personen anwesend sind, haben sie für mindestens ein Schloss keinen passenden Schlüssel. Ermitteln Sie die kleinste Anzahl von Schlössern sowie eine Schlüsselverteilung (an die elf Personen), mit der dieser Vorschlag realisierbar wäre!
\quoteoff
Wenn ich mit meiner Lösung richtig liege, halte ich die Aufgabe für ziemlich fragwürdig: Sie ist superleicht, wenn man das dahinterstehende Verfahren kennt, dass allerdings 1982 noch ziemlich neu war, sonst m.E. praktisch nicht machbar, es sei denn man ist ein Genie à la Shamir! 8-)
\showon
Ein vertrauenswürdiger Dealer wählt dazu eine "große" Primzahl $p$ und ein Polynom $f(X)\in(\mathbb Z/p)[X]$ vom Grad 5, sowie verschiedene 11 "Stützstellen" $x_1,x_2,..,x_{11}\in \mathbb Z/p$. Die Primzahl $p$, sowie auch die Stützstellen, dürfen dabei durchaus allen Teilnehmern bekannt sein. Der geheime Schlüssel ist hier einfach der Vetreter der Restklasse von $f(0)$ in $\{0,1,...,p-1\}$.
Jeder der 11 Personen $P_i$, i=1,2,...,11, bekommt dabei seinen "Teilschlüssel" in Form des Paares $(x_i,f(x_i))$. Wenn mindestens 6 der Teilnehmer ihren Teilschlüssel beisteuern, kann dann $f(X)$ und damit dann auch $f(0)$ mit einer der bekannten Interpolationsformeln eindeutig rekonstruiert werden, bei weniger bekannten Teilschlüsseln ist das aufgrund der Vielzahl von Möglichkeiten bei einem ausreichend großem $p$ aber nicht möglich.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.931 begonnen.]
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.934, eingetragen 2019-06-25
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221033.png
Sei
$$r=\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7$$Dann folgt:
$$\sqrt5+\sqrt7=r-\sqrt2$$Quadrieren:
$$12+2\sqrt{35}=r^2+2-2r\sqrt2$$$$2\sqrt{35}=(r^2-10)-2r\sqrt2$$Noch einmal quadrieren:
$$140=r^4-20r^2+100+8r^2-4r(r^2-10)\sqrt2$$$$4r(r^2-10)\sqrt2=r^4-12r^2-40$$$$\sqrt2=\frac{r^4-12r^2-40}{4r(r^2-10)}$$Wenn $r$ eine rationale Zahl wäre, dann wäre die rechte Seite dieser Gleichung eine rationale Zahl. Dann müsste aber auch $\sqrt2$ eine rationale Zahl sein, was nicht der Fall ist. Aus der Irrationalität von $\sqrt2$, die als bekannt vorausgesetzt wird, folgt somit die Irrationalität von $\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7$.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.935, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 10:04 - weird in Beitrag No. 933)
\quoteon Aufgabe 6 - 221236
\quoteoff
Wenn ich mit meiner Lösung richtig liege, halte ich die Aufgabe für ziemlich fragwürdig: Sie ist superleicht, wenn man das dahinterstehende Verfahren kennt, dass allerdings 1982 noch ziemlich neu war, sonst m.E. praktisch nicht machbar, es sei denn man ist ein Genie à la Shamir! 8-)
\quoteoff
Moin weird,
ich würde doch stark vermuten, dass es auch einfacher geht.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.936, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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@weird, 221236
\showon Teillösung über Teilmengen
Wir bilden aus den 11 Personen alle 6-elementigen Teilmengen, bringen zu jeder Teilmenge ein Schloss an und geben diesen 6 Personen einen Schlüssel dazu. Dann ist die Tür mit 5 Personen nicht aufschließbar, da es zu dem Komplement ein Schloss gibt, für den die 5 Personen keinen Schlüssel haben. Je zwei 6-elementige Teilmengen haben mindestens ein Element in der Schnittmenge. Daher haben 6 Personen zu allen Schlössern einen Schlüssel.
\showoff
Edit: Jetzt ist es auch eine Lösung.
Edit2: Es fehlt noch, dass die Lösung minimal ist.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.933 begonnen.]
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Nuramon
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| Beitrag No.937, eingetragen 2019-06-25
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-06-25 11:17 - MontyPythagoras in Beitrag No. 934)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221033.png
Sei
$$r=\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7$$Dann folgt:
$$\sqrt5+\sqrt7=r-\sqrt2$$Quadrieren:
$$12+2\sqrt{35}=r^2+2-2r\sqrt2$$$$2\sqrt{35}=(r^2-10)-2r\sqrt2$$Noch einmal quadrieren:
$$140=r^4-20r^2+100+8r^2-4r(r^2-10)\sqrt2$$$$4r(r^2-10)\sqrt2=r^4-12r^2-40$$$$\sqrt2=\frac{r^4-12r^2-40}{4r(r^2-10)}$$Wenn $r$ eine rationale Zahl wäre, dann wäre die rechte Seite dieser Gleichung eine rationale Zahl. Dann müsste aber auch $\sqrt2$ eine rationale Zahl sein, was nicht der Fall ist. Aus der Irrationalität von $\sqrt2$, die als bekannt vorausgesetzt wird, folgt somit die Irrationalität von $\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7$.
Ciao,
Thomas
\quoteoff
Es fehlt noch ein Nachweis, dass $r^2\not=10$. Den bekommt man z.B. aus
\[r^2=(\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7)^2 > (1+ 2+2)^2 >10.\]\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.938, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon
Aufgabe 300933: Man beweise, dass es 40 im Innern oder auf dem Rand eines Würfels der Kantenlänge 10 cm liegende Punkte gibt, von denen keine zwei einen Abstand kleiner als 4 cm voneinander haben.
\quoteoff
Lösung:
Wir beginnen mit einem Quadrat der Kantenlänge 10 cm und positionieren darauf Punkte, von denen keine zwei einen Abstand von 4 cm oder weniger haben. Dazu beginnen wir auf einer Kante des Vierecks und positionieren je einen Eckpunkt in deren Endpunkte und einen auf ihren Mittelpunkt. Dies wollen wir eine "Dreier-Strecke" nennen. Die Parallele zu dieser Kante im Abstand von $\frac{1}{3} \cdot 10$ cm vierteln wir und positionieren auf den beiden aüßeren Teilungspunkten je einen Punkt. Dies wollen wir eine "Zweier-Strecke" nennen. Wieder auf der Parallelen zur Grundkante im Abstand $\frac{2}{3} \cdot 10 cm$ positionieren wir analog der Grundkante eine "Dreierstrecke" und abschließend auf der gegenüberliegenden Kante im Abstand $\frac{3}{3} \cdot 10$ cm wieder eine "Zweier-Strecke".
Auf jeder Strecke haben je zwei ausgewählte Punkte den Abstand von mindestens $5$ cm. Je zwei benachbarte der ausgewählten Punkte auf einer solchen Strecke spannen mit einem ausgewählten Punkt "zwischen ihnen" auf einer benachbarten Strecke ein gleichseitiges Dreieck mit Basislänge 5 cm und Länge der Höhe auf die Basis von $\frac{1}{3} \cdot 10$ cm auf. Damit haben die beiden Schenkel nach dem Satz von Pythagoras die Länge $\sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)^2+\left(\frac{10}{3}\right)^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{100}{9}}>\sqrt{\frac{24}{4}+\frac{90}{9}}=\sqrt{6+10}=\sqrt{16}=4$ cm, sodass auch keine zwei ausgewählte Punkte auf verschiedenen Strecken einen Abstand von 4 cm oder geringer haben.
Auf dem Quadrat haben wir so $3+2+3+2=10$ Punkte ausgewählt, von denen keine zwei einen Abstand von 4 cm oder weniger haben. Ein solches Quadrat nennen wir "gut gefüllt" und "mit Dreier-Strecke beginnend". Spiegeln wir es, indem wir Grundkante und deren gegenüberliegende Kante aufeinander abbilden, so entsteht wieder ein "gut gefülltes" Quadrat, nun aber in der Reiehenfolge "Zweier-Strecke", "Dreier-Strecke", "Zweier-Strecke", "Dreier-Strecke". Dieses wollen wir als "mit Zweier-Strecke beginnendes, gut gefülltes Quadrat" bezeichnen.
Starten wir nun mit der Grundfläche des Würfels und legen in diese ein "mit Dreier-Strecke beginnendes, gut gefülltes" Quadrat. In das Quadrat, welches als Schnitt der zur Grundfläche parallelen Ebene im Abstand $\frac{1}{3} \cdot 10$ cm mit dem würfel entsteht, legen wir -- bezüglich der gleichen Orientierung -- ein "mit Zweier-Strecke beginnendes, gut gefülltes Quadrat". In das Quadrat, welches als Schnitt der zur Grundfläche parallelen Ebene im Abstand $\frac{2}{3} \cdot 10$ cm mit dem Würfel entsteht, legen wir wieder ein "mit Dreier-Strecke beginnendes, gut gefülltes Quadrat" und schließlich in die Deckfläche, welche zur Grundfläche parallel im Abstand $\frac{3}{3} \cdot 10$ cm liegt, wieder ein "mit Zweier-Strecke beginnedes, gut gefülltes Quadrat". Auf diese Weise sind in alle drei Richtungen die ausgewählten Punkte jeweils "versetzt" angeordnet.
Zwei Punkte innerhalb eines solchen "gut gefüllten Quadrats" haben, wie oben schon gesehen, niemals einen Abstand von 4 cm oder weniger. Da wir vier "gut gefüllte Quadrate" in oder auf den Würfel gelegt haben, die sich paarweise nicht überschneiden (da sie in verschiedenen, zueinander parallelen Ebenen liegen), beträgt die Gesamtanzahl der so markierten Punkte also $4 \cdot 10=40$. Jedoch bilden auch die so markierten Punkte auf den Schnitten, die durch Ebenen parallel zu den anderen Seitenflächen des Würfels im Abstand $\frac{i}{3} \cdot 10$ cm zu diesen für jedes $i=0,1,2,3$ "gut gefüllte" Quadrate, sodass auch hier keine zwei Punkte einen Abstand von 4 cm oder weniger besitzen. Also haben zumindest all diejenigen Paare verschiedener markierter Punkte, die in einer gemeinsamen zu einer Seitenfläche des Würfels parallelen Ebene liegen, jeweils einen Abstand von mehr als 4 cm zueinander. Zwei Punkte, die aber in keiner gemeinsamen solchen Ebene liegen, haben in jeder Richtung einen Abstand von mindestens $\frac{1}{3} \cdot 10$ cm, also nach dem Satz von Pythagoras einen Abstand von mindestens $\sqrt{\left(\frac{10}{3}\right)^2+\left(\frac{10}{3}\right)^2+\left(\frac{10}{3}\right)^2}=\sqrt{3 \cdot \frac{100}{9}}>\sqrt{\frac{300}{10}}=\sqrt{30}>\sqrt{16}=4$ cm, also mehr als 4 cm.
Damit haben je zwei verschiedene der angegebenen markierten Punkte einen Abstand von mehr als 4 cm, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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| Beitrag No.939, eingetragen 2019-06-25
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Weil es so schön war, gleich noch einmal Thema Irrationalität:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221042.png
Es ist
$$z-\sqrt{x+y}=\sqrt x+\sqrt y$$Quadrieren:
$$z^2+x+y-2z\sqrt{x+y}=x+y+2\sqrt{xy}$$$$z^2-2z\sqrt{x+y}=2\sqrt{xy}$$Erneut quadrieren:
$$z^4+4z^2(x+y)-4z^3\sqrt{x+y}=4xy$$$$\sqrt{x+y}=\frac{z^4+4z^2(x+y)-4xy}{4z^3}$$$$\sqrt{x+y}=\frac14z+\frac{x+y}z-\frac{xy}{z^3}$$
Eva hat recht: wenn $z$ rational wäre, dann müsste immer $\sqrt{x+y}$ rational sein, was offenkundig nicht sein kann, denn wann immer $x+y$ keine Quadratzahl ist, ist $\sqrt{x+y}$ irrational und damit auch $z$. Es gibt aber unendlich viele Zahlenpaare $(x,y)$, für die $x+y$ keine Quadratzahl ist.
Was Rolfs Meinung betrifft, so setzt man $x=(n^2-1)^2$ und $y=4n^2$ mit $n\in\mathbb N$. Dann ist
$$z=(n^2-1)+2n+\sqrt{n^4-2n^2+1+4n^2}=n^2-1+2n+n^2+1=2n^2+2n=2n(n+1)$$$z$ ist in diesem Fall also immer ganzzahlig und damit rational. Damit gibt es auch unendlich viele Zahlenpaare $(x,y)$, für die $z$ rational ist.
\quoteon(2019-06-25 11:58 - Nuramon in Beitrag No. 937)
Es fehlt noch ein Nachweis, dass $r^2\not=10$. Den bekommt man z.B. aus
\[r^2=(\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7)^2 > (1+ 2+2)^2 >10.\]
\quoteoff
Das habe ich mal als selbstverständlich vorausgesetzt, denn $r$ ist ja hier eine bestimmte Zahl, keine Variable. Und es ist ja auch $(\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7)^2>2+5+7=14$.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.940, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon
Aufgabe 320933: Gegeben ist eine Gerade $g$ und auf ihr drei Punkte $A$, $B$, $C$, in dieser Reihenfolge angeordnet.
a) Ermitteln Sie in Abhängigkeit von den Längen $a = |AB|$, $b = |BC|$ den Radius eines Kreises $k$, der durch $A$ und $B$ geht und eine durch $C$ gehende Tangente besitzt, die auf $g$ senkrecht steht!
b) Beweisen Sie, dass es einen Kreis $c$ um $C$ gibt, auf dem alle Berührungspunkte der Tangente liegen, die von $C$ an alle diejenigen Kreise $k$ gelegt werden, die durch $A$ und $B$ gehen!
\quoteoff
Lösung:
a) Da $k$ durch $A$ und $B$ verläuft, liegt dessen Mittelpunkt auf der Mittelsenkrechten von $AB$. Diese ist parallel zu der durch $C$ gehenden Senkrechten zu $g$, welche im Abstand $r:=b+\frac{a}{2}$ zu dieser liegt. Es sei $P$ der Berührpunkt von $k$ mit dieser Senkrechten. Dann ist der Berührungsradius $MP$ senkrecht auf der Tangenten, sodass diese Strecke genau das Lot von $M$ auf die Tangenten ist, also die Länge $r$ hat. Damit gilt $|MP|=r$, sodass der Radius von $k$ genau den Wert $r=b+\frac{a}{2}$ besitzt.
b) Es sei $P$ ein Berührpunkt eines Kreises $k$ durch $A$ und $B$ mit einer Tangenten durch $C$. Nach dem Sekanten-Tangenten-Satz ist dann $|CP|^2=|CA| \cdot |CB|=(a+b) \cdot b$, also mit $r:=\sqrt{(a+b)\cdot b}$ schließlich $|CP|^2=r^2$ bzw. $|CP|=r$. Dabei ist $r$ vom gewählten Kreis $k$ unabhängig, sodass all diese Berührpunkte auf dem Kreis $c$ um $C$ mit Radius $r$ liegen, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.938 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.941, eingetragen 2019-06-25
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\quoteonAufgabe 1 - 221241
a) Untersuchen Sie, ob es reelle Zahlen $a \ne 0, b$ und $c$ so gibt, dass die für alle reellen $x$ durch \[f(x)= ax^4 +bx^2 +c \quad (1)\] definierte Funktion $f$ die Funktionswerte $f(0) = 1, \ f(2) = 1$ hat und bei $x = 1$ einen lokalen Extremwert besitzt!
b) Gegeben seien zwei beliebige reelle Zahlen $x_1$ und $x_2$ mit $0 < x_1 < x_2$. Ermitteln Sie (in Abhängigkeit von $x_1$ und $x_2$) alle diejenigen reellen $a \ne 0, b, c$ mit der Eigenschaft, dass die durch (1) definierte Funktion $f$ die Funktionswerte $f(0)=1, \ f(x_2)=1$ hat und bei $x = x_1$ einen lokalen Extremwert besitzt!
\quoteoff
\showon
Lösung: Für den Aufgabenteil a) erhält man aus $f(0)=1$ sofort den Wert $c=1$ und die weiteren Geichungen $f(2)=16a+4b+1=1$ und $f'(1)=4a+2b=0$ ergeben dann $a=b=0$, im Widerspruch dazu, dass $a\ne 0$ vorausgesetzt war. Es gibt somit hier keine Lösung.
Auch für b) ergibt sich aus f(0)=1 sofort wieder $c=1$. Die weiteren zwei Gleichungen für $a$ und $b$ sehen hier dann allgemeiner so aus:
\[f(x_2)=ax_2^4+bx_2^2+1=1\]
\[f'(x_1)=4ax_1^3+2bx_1\ =0\]
wofür wir wegen der Voraussetzung $00$ erfüllt, so kann dann $a\ne 0$ sogar beliebig sein und für $b=-ax_2^2$ sind dann die Bedingungen der Aufgabe erfüllt.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.933 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.942, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 11:21 - cyrix in Beitrag No. 935)
\quoteon(2019-06-25 10:04 - weird in Beitrag No. 933)
\quoteon Aufgabe 6 - 221236
\quoteoff
Wenn ich mit meiner Lösung richtig liege, halte ich die Aufgabe für ziemlich fragwürdig: Sie ist superleicht, wenn man das dahinterstehende Verfahren kennt, dass allerdings 1982 noch ziemlich neu war, sonst m.E. praktisch nicht machbar, es sei denn man ist ein Genie à la Shamir! 8-)
\quoteoff
Moin weird,
ich würde doch stark vermuten, dass es auch einfacher geht.
Cyrix
\quoteoff
Wenn es eine einfachere Lösung, was ich jetzt vollkommen ausschließen möchte, dann wäre ich sehr an einer solchen interessiert. Im übrigen denke ich schon, dass das geschilderte Verfahren einfach genug ist, nur wer kommt auf eine solche abgefuckte Idee? :-o
@TomTom
Ist sicher ein interessanter Ansatz, nur stellt sich für mich die Frage, wie die Teilschlüssel konkret aussehen und was dann der Gesamtschlüssel hier ist. Und ja, auch die Minimaleigenschaft von 6 Teilschlüsseln zur Rekonstruktion des Gesamtschlüssels ist nicht klar.
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Nuramon
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| Beitrag No.943, eingetragen 2019-06-25
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-06-25 10:04 - weird in Beitrag No. 933)
\quoteonAufgabe 6 - 221236
Eine Tür soll mit einer genügend großen Anzahl von Schlössern versehen werden. Zu jedem Schloss soll eine Sorte passender Schlüssel in genügend großer Anzahl vorhanden sein, wobei jeder Schlüssel zu genau einem Schloss passen soll. Elf Personen sollen derartige Schlüssel erhalten, aber nicht jede Person für jedes Schloss. Ein Vorschlag lautet vielmehr, es solle folgendes erreicht werden: Immer wenn mindestens sechs der elf Personen anwesend sind, befindet sich unter ihren Schlüsseln für jedes Schloss auch ein passender Schlüssel; immer wenn weniger als sechs Personen anwesend sind, haben sie für mindestens ein Schloss keinen passenden Schlüssel. Ermitteln Sie die kleinste Anzahl von Schlössern sowie eine Schlüsselverteilung (an die elf Personen), mit der dieser Vorschlag realisierbar wäre!
\quoteoff
Wenn ich mit meiner Lösung richtig liege, halte ich die Aufgabe für ziemlich fragwürdig: Sie ist superleicht, wenn man das dahinterstehende Verfahren kennt, dass allerdings 1982 noch ziemlich neu war, sonst m.E. praktisch nicht machbar, es sei denn man ist ein Genie à la Shamir! 8-)
\showon
Ein vertrauenswürdiger Dealer wählt dazu eine "große" Primzahl $p$ und ein Polynom $f(X)\in(\mathbb Z/p)[X]$ vom Grad 5, sowie verschiedene 11 "Stützstellen" $x_1,x_2,..,x_{11}\in \mathbb Z/p$. Die Primzahl $p$, sowie auch die Stützstellen, dürfen dabei durchaus allen Teilnehmern bekannt sein. Der geheime Schlüssel ist hier einfach der Vetreter der Restklasse von $f(0)$ in $\{0,1,...,p-1\}$.
Jeder der 11 Personen $P_i$, i=1,2,...,11, bekommt dabei seinen "Teilschlüssel" in Form des Paares $(x_i,f(x_i))$. Wenn mindestens 6 der Teilnehmer ihren Teilschlüssel beisteuern, kann dann $f(X)$ und damit dann auch $f(0)$ mit einer der bekannten Interpolationsformeln eindeutig rekonstruiert werden, bei weniger bekannten Teilschlüsseln ist das aufgrund der Vielzahl von Möglichkeiten bei einem ausreichend großem $p$ aber nicht möglich.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.931 begonnen.]
\quoteoff
Das ist eine interessante Idee, aber ich glaube nicht, dass die Aufgabe so gemeint ist. (Warum arbeitest du eigentlich über $\IZ/p$ und nicht z.B. $\IR$?)
Ich verstehe die Aufgabe so:
Gesucht ist die kleinste Zahl $s\in \IN$ mit der Eigenschaft, dass für die Menge $S=\{1,\ldots, s\}$ der Schlösser Teilmengen $S_1,\ldots, S_{11}\subset S$ existieren ($S_i$ ist die Menge der Schlüssel, die Person $i$ hat), so dass die Vereinigung von je sechs dieser Teilmengen gleich $S$ ist, die Vereinigung von je fünf aber eine echte Teilmenge von $S$ ist.
In dieser Formulierung kann ich TomToms Lösung vervollständigen:
\quoteon(2019-06-25 11:24 - TomTom314 in Beitrag No. 936)
@weird, 221236
\showon Teillösung über Teilmengen
Wir bilden aus den 11 Personen alle 6-elementigen Teilmengen, bringen zu jeder Teilmenge ein Schloss an und geben diesen 6 Personen einen Schlüssel dazu. Dann ist die Tür mit 5 Personen nicht aufschließbar, da es zu dem Komplement ein Schloss gibt, für den die 5 Personen keinen Schlüssel haben. Je zwei 6-elementige Teilmengen haben mindestens ein Element in der Schnittmenge. Daher haben 6 Personen zu allen Schlössern einen Schlüssel.
\showoff
Edit: Jetzt ist es auch eine Lösung.
Edit2: Es fehlt noch, dass die Lösung minimal ist.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.933 begonnen.]
\quoteoff
\showon Minimalitätsbeweis
Sei $S$ die Menge der angebrachten Schlösser. Angenommen Person $i$ hat die Schlüssel zu allen Schlössern in der Teilmenge $S_i\subset S$.
Sei $\mathcal F$ die Menge aller fünfelementigen Teilmengen von $\{1,\ldots, 11\}$.
Für jedes $\{a,b,c,d,e\}\in \mathcal F$ wählen wir ein Element $f(\{a,b,c,d,e\})\in S\setminus (S_a\cup S_b\cup S_c\cup S_d\cup S_e)$.
Auf diese Weise erhalten wir eine Abbildung $f: \mathcal F \to S$.
Wir behaupten, dass $f$ injektiv ist:
Angenommen $F_1,F_2 \in \mathcal F$ mit $F_1\not= F_2$. Dann gibt es $x\in F_2\setminus F_1$. Sei $F_1= \{a,b,c,d,e\}$. Da $S_a\cup S_b\cup S_c\cup S_d\cup S_e\cup S_x = S$ gilt, muss $f(F_1)\in S_f$ gelten. Also kann nicht $f(F_2) = f(F_1)$ sein.
Damit folgt, dass $|S|\geq |\mathcal F| = \binom {11}5 = \binom {11}6$.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.941 begonnen.]\(\endgroup\)
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Ex_Senior
| Beitrag No.944, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon Aufgabe 6 - 221236
Eine Tür soll mit einer genügend großen Anzahl von Schlössern versehen werden. Zu jedem Schloss soll eine Sorte passender Schlüssel in genügend großer Anzahl vorhanden sein, wobei jeder Schlüssel zu genau einem Schloss passen soll. Elf Personen sollen derartige Schlüssel erhalten, aber nicht jede Person für jedes Schloss. Ein Vorschlag lautet vielmehr, es solle folgendes erreicht werden: Immer wenn mindestens sechs der elf Personen anwesend sind, befindet sich unter ihren Schlüsseln für jedes Schloss auch ein passender Schlüssel; immer wenn weniger als sechs Personen anwesend sind, haben sie für mindestens ein Schloss keinen passenden Schlüssel. Ermitteln Sie die kleinste Anzahl von Schlössern sowie eine Schlüsselverteilung (an die elf Personen), mit der dieser Vorschlag realisierbar wäre!
\quoteoff
Vollständige Lösung mit Minimalität:
Wir bilden aus den 11 Personen alle 6-elementigen Teilmengen, bringen zu jeder Teilmenge ein Schloss an und geben diesen 6 Personen einen Schlüssel dazu. Dann ist die Tür mit 5 Personen nicht aufschließbar, da es zu den 6 abwesenden Personen ein Schloss gibt und somit die 5 Personen dazu keinen Schlüssel haben. Je zwei 6-elementige Teilmengen haben mindestens ein Element in der Schnittmenge. Daher haben 6 Personen zu allen Schlössern einen Schlüssel. Also haben wir eine Lösung mit $\binom{11}{6}=\binom{11}{5}$ Schlössern.
Falls die Tür weniger als $\binom{11}{5}$ Schlösser mit den geforderten Bedingungen hat, gibt es nach dem Schubfachprinzip mindestens ein Schloss, so dass zwei verschiedene Gruppen aus 5 Personen keinen Schlüssel zu diesem Schloss haben. Also haben mindestens 6 Personen zu diesem Schloss keinen Schlüssel. Also kann diese Gruppe aus 6 Personen die Tür nicht öffnen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.942 begonnen.]
Nachtrag/Frage: Das Minimalitätsargument dürfte äquivalent zu Nuramons sein. Ist die reine Textlösung nur verständlich?
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Nuramon
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Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.945, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 13:19 - TomTom314 in Beitrag No. 944)
Nachtrag/Frage: Das Minimalitätsargument dürfte äquivalent zu Nuramons sein. Ist die reine Textlösung nur verständlich?
\quoteoff
Ist verständlich und mehr im Stile eines Schülerwettbewerbs formuliert als meine Lösung. Unsere Lösungen sind aber denke ich unterschiedlich genug, dass stpolster beide eintragen kann.
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Ex_Senior
| Beitrag No.946, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 13:31 - Nuramon in Beitrag No. 945)
\quoteon(2019-06-25 13:19 - TomTom314 in Beitrag No. 944)
Nachtrag/Frage: Das Minimalitätsargument dürfte äquivalent zu Nuramons sein. Ist die reine Textlösung nur verständlich?
\quoteoff
Ist verständlich und mehr im Stile eines Schülerwettbewerbs formuliert als meine Lösung. Unsere Lösungen sind aber denke ich unterschiedlich genug, dass stpolster beide eintragen kann.
\quoteoff
Danke, sehe ich auch so. Vielleicht wäre auch eine Formulierung mit $2n+1,n+1$ statt $11,6$ zum weiterdenken ganz nett.
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Ex_Senior
| Beitrag No.947, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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Damit niemand unnötig sich versucht, habe ich 2 Lösungen:
Aufgabe 2 - 340922
Jonas beschäftigt sich mit der Lösung des Kryptogramms
$
\begin{tabular}{ccccc}
&E &I &N &S \\
+ &A &C &H& T\\ \hline
= &N &E &U &N
\end{tabular}
$
d.h., er versucht, die Buchstaben so durch Ziffern zu ersetzen, dass eine (im dekadischen Positionssystem) richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht.
Gleiche Buchstaben sind durch gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben durch verschiedene Ziffern zu ersetzen. Ferner ist auch die Regel einzuhalten, dass in jeder Zeile als Anfangsziffer nicht die Ziffer Null auftritt.
Nach einer Stunde behauptet Jonas, er habe immerhin schon 25 verschiedene Lösungen gefunden. Felix bezweifelt, dass es überhaupt so viele verschiedene Lösungen gibt.
Hat Felix mit seinem Zweifel recht?
Lösung:
Fexlix hat nicht recht. Dies kann z.B. folgendermaßen gezeigt werden: Es gibt die Lösungen
$
\begin{tabular}{ccccc}
&3 &4 &9 &2 \\
+ &5 &8 &1& 7\\ \hline
= &9 &3 &0 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&8 &0 &9 &4 \\
+ &1 &7 &3& 5\\ \hline
= &9 &8 &2 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&7 &0 &9 &1 \\
+ &2 &6 &4& 8\\ \hline
= &9 &7 &3 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&3 &0 &9 &1 \\
+ &6 &2 &5& 8\\ \hline
= &9 &3 &4 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&8 &3 &9 &2 \\
+ &1 &4 &6& 7\\ \hline
= &9 &8 &5 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&4 &0 &9 &1 \\
+ &5 &3 &7& 8\\ \hline
= &9 &4 &6 &9
\end{tabular}
$
$
\begin{tabular}{ccccc}
&4 &1 &9 &3 \\
+ &5 &2 &8& 6\\ \hline
= &9 &4 &7 &9
\end{tabular}
$
In jeder dieser Lösungen kann man die Ziffern für $S$ und $T$ miteinander vertauschen, ebenso (unabhängig hiervon) die Ziffern für $I$ und $C$.
Da sich je zwei der Lösungen in der Ziffer für $U$ voneinander unterscheiden, ergeben sich hiermit bereits $4 \cdot 7 = 28$ verschiedene Lösungen.
Aufgabe 4 - 340924
Über der Seite $AB$ des gleichseitigen Dreiecks $ABC$ mit gegebener Seitenlänge $a$ werde nach außen das Quadrat $ABPQ$ errichtet.
Anschließend stellt man sich dieses Quadrat beweglich vor. Es soll in mathematisch positivem Drehsinn um das Dreieck $ABC$ herum \dq rollen, ohne zu gleiten\dq.
(Zu Anfang bleibt also nur der Punkt $B$ fest, die anderen Punkte bewegen sich, bis die Strecke $BP$ in die Lage von $BC$ kommt; dann
bleibt $C$ fest u.s.w.).
a) Auf diese Weise werde das Quadrat so lange gerollt, bis es zum ersten Mal wieder eine mit $AB$ zusammenfallende Seite hat (dies muss nicht die Seite sein, die zu Anfang $AB$ war).
Wie lang ist dabei der Weg, den
- der Punkt $A$,
- der Mittelpunkt $M$ des Quadrates $ABCD$,
- der Mittelpunkt $H$ der Seite $AB$ des Quadrates
zurücklegt?
b) Ausgehend von dem Anfangszustand $ABPQ$ wurde nicht nur eine in a) beschriebene \dq volle Umrundung des Dreiecks $ABC$\dq\ durchgeführt, sondern in Fortsetzung hierzu wurde das Quadrat weitergerollt.
Dies wurde erst dann beendet, als zum ersten Mal jeder der vier Punkte $A, B, P, Q$ seine ursprünglich Lage wieder erreicht hatte.
- Wie viele volle Umrundungen des Dreiecks $ABC$ fanden vom Anfangszustand bis zum geschilderten Ende dabei insgesamt statt?
- Wie viele volle Umdrehungen des Quadrats, bezogen auf seien eigenen Mittelpunkt $M$ wurden dabei insgesamt ausgeführt?
Lösung:
(a) Die volle Umrundung des Dreiecks $ABC$ findet in drei Teilbewegungen statt (siehe Abbildung):
Die erste ist die Drehung um $B$ durch den überstumpfen Winkel $\angle PBC$ der Größe $360^\circ - 60^\circ -90^\circ = 210^\circ$; dabei gehen $P, Q, A, M, H$ und $C, R, S, N, J$ über.
Die zweite Teilbewegung ist die Drehung um $C$ durch $210^\circ$; dabei gehen $R,S,B,N,J$ in $A,T,U,O,K$ über.
Die dritte Teilbewegung ist die Drehung um $A$ mit $210^\circ$; dabei gehen $T, U, C, O, K$ in $B, P, Q, M, L$ über.
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (1,1.738);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\coordinate(r) at (2.74,2.74);
\coordinate(s) at (3.74,1);
\draw (b) -- (s) -- (r) -- (c);
\coordinate(u) at (-0.74,2.74);
\coordinate(t) at (-1.74,1);
\draw (a) -- (t) -- (u) -- (c);
\coordinate(q) at (0,-2);
\coordinate(p) at (2,-2);
\draw (a) -- (q) -- (p) -- (b);
\coordinate (m) at ($(a)!0.5!(p)$);
\coordinate (n) at ($(b)!0.5!(r)$);
\coordinate (o) at ($(c)!0.5!(t)$);
\coordinate (k) at ($(t)!0.5!(u)$);
\coordinate (j) at ($(b)!0.5!(s)$);
\coordinate (l) at ($(b)!0.5!(p)$);
\coordinate (h) at ($(b)!0.5!(a)$);
\draw[dotted] (110:1.414) arc (110:310:1.414);
\draw (150:2) arc (150:360:2);
\draw[dashed] (125:2.236) arc (125:335:2.236);
\draw[dotted] ([xshift=2cm] 225:1.414) arc (225:435:1.414);
\draw ([xshift=2cm] 180:2) arc (180:390:2);
\draw[dashed] ([xshift=2cm] 180:1) arc (180:390:1);
\draw[dotted] ([xshift=1cm, yshift=1.738cm] -15:1.414)
arc (-15:195:1.414);
\draw ([xshift=1cm, yshift=1.738cm] -15:2.828) arc (-15:195:2.828);
\draw[dashed] ([xshift=1cm, yshift=1.738cm] -35:2.236)
arc (-35:175:2.236);
\draw[fill=white] (l) circle (0.05);
\draw[fill=white] (j) circle (0.05);
\draw[fill=white] (h) circle (0.05);
\draw[fill=white] (a) circle (0.05);
\draw[fill=white] (b) circle (0.05);
\draw[fill=white] (c) circle (0.05);
\draw[fill=white] (k) circle (0.05);
\draw[fill=white] (p) circle (0.05);
\draw[fill=white] (q) circle (0.05);
\draw[fill=white] (r) circle (0.05);
\draw[fill=white] (s) circle (0.05);
\draw[fill=white] (t) circle (0.05);
\draw[fill=white] (u) circle (0.05);
\draw[fill=white] (n) circle (0.05);
\draw[fill=white] (o) circle (0.05);
\draw[fill=white] (m) circle (0.05);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[right] at (b) {\small $B$};
\node[above] at (c) {\small $C$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\node[left] at (k) {\small $K$};
\node[below] at (j) {\small $J$};
\node[right] at (l) {\small $L$};
\node[below] at (p) {\small $P$};
\node[above left] at (q) {\small $Q$};
\node[above] at (r) {\small $R$};
\node[right] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (t) {\small $T$};
\node[above right] at (u) {\small $U$};
\node[above] at (m) {\small $M$};
\node[left] at (n) {\small $N$};
\node[right] at (o) {\small $O$};
\node[right] at (210:1.414) {\small $k_{M3}$};
\node[right] at (210:2) {\small $k_{A3}$};
\node[left] at (180:2.236) {\small $k_{H3}$};
\node[right] at ([xshift=2cm] -45:1.414) {\small $k_{M1}$};
\node[right] at ([xshift=2cm] -45:2) {\small $k_{A1}$};
\node[left] at ([xshift=2cm] -30:1) {\small $k_{H1}$};
\node[below] at ([xshift=1cm, yshift=1.738cm] 90:1.414)
{\small $k_{M2}$};
\node[above] at ([xshift=1cm, yshift=1.738cm] 90:2.828)
{\small $k_{A2}$};
\node[above] at ([xshift=1cm, yshift=1.7838cm] 90:2.236)
{\small $k_{H2}$};
\end{tikzpicture}
$
Der Weg von $A$ besteht demanch aus den drei Kreisbögen $k_{A1} = APS$, $k_{A2} = ST$m $k_{A3} =TQB$. Sie sind Bögen zu Zentriwinkeln der Größe $210^\circ$ in Kreisen mit den Radien $a, a\sqrt{2}, a$. Also legt $A$ einen Weg der Länge
\[
\frac{\pi a\cdot 210^\circ}{180^\circ}\cdot (1+\sqrt{2}+1) = (2+\sqrt{2})\cdot \frac{7}{6}\pi a \approx 12,5137 a
\]
zurück.
Der Weg von $M$ besteht aus $k_{M1}=MN$, $k_{M2} = NO$, $k_{M3} = OM$; Bögen zu Zentriwinkeln von $210^\circ$ in Kreisen des Radius $\frac{a}{2}\sqrt{2}$; also legt $M$ einen Weg der Länge
\[
\frac{\pi a\cdot 210^\circ}{180^\circ}\cdot (3\cdot \frac{1}{2}\sqrt{2}) = \frac{7}{4}\sqrt{2}\pi a \approx 7,7750 a
\]
zurück. Für den Weg von $H$, bestehend aus $k_{H1}=HLJ$, $k_{H2}=JK$, $k_{H3} = KL$, ergibt sich entsprechend die Länge
\[
(1+2\cdot \sqrt{5})\cdot\frac{7}{12}\pi a \approx 10,0282 a
\]
(b) Bei der ersten Umrundung gehen die Punkt $A, B, P, Q$ wie in (a) beschrieben, in $B, P, Q, A$ über, d.h., sie haben dieselbe Lage wie nach einer Vierteldrehung um $M$ erreicht. Um zu bewirken, dass sie erstmals in ihre Anfangslage übergehen, muss eine solche Umrundung daher insgesamt 4 man durchgeführt werden.
Die Strecke $MQ$ geht bei der ersten in (a) genannten Teilbewegung in die Strecke $NR$ über. Bezogen auf den Mittelpunkt des rollenden Quadrats ist das eine Drehung von der Größe des überstumpfen Winkels $\angle QBR = 210^\circ$.
Entsprechendes gilt für die weiteren Teilbewegungen, also findet bezogen auf den Mittelpunkt des Quadrats bei der ersten Umrundung eine Drehung um $3 \cdot 210^\circ$ statt. Bei den festgestellten 4 Umrundungen ist dies eine Drehung um $12 \cdot 210^\circ = 2520^\circ = 7\cdot 360^\circ$, das sind 7 volle Umdrehungen.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.940 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.948, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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Sehr schön. Wir haben die nächsten 100 voll, d.h. 1100 Lösungen.
Danke
Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.949, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon
Aufgabe 340934 = 341034: Ein Quadrat $ABCD$ sei in 25 kongruente Teilquadrate aufgeteilt.
Ist $n$ eine positive ganze Zahl mit $n \leq 25$, so seien $n$ verschiedene Farben gewählt, und von jeder dieser Farben seien 25 Blättchen von der Größe der Teilquadrate zur Verfügung gestellt.
Von diesen $n \cdot 25$ Blättchen sollen dann 25 ausgewählt und so auf das Quadrat $ABCD$ gelegt werden, dass jedes Teilquadrat von genau einem der ausgewählten Blättchen bedeckt wird.
Eine Zahl $n$ werde genau dann eine ”freundliche” Zahl genannt, wenn für sie folgendes gilt:
Bei jeder Auswahl von 25 der $n \cdot 25$ Blättchen, bei der jede der $n$ Farben mit mindestens einem Blättchen vertreten ist, kann man die Verteilung auf die Teilquadrate so vornehmen, dass das bedeckte Quadrat $ABCD$ als farbiges Muster symmetrisch bezüglich der Geraden durch $A$ und $C$ ist.
Ermitteln Sie unter den positiven ganzen Zahlen $n \leq 25$ alle ”freundlichen” Zahlen!
\quoteoff
Lösung:
Für jede symmetrische Belegung gilt, dass die 10 Teilquadrate oberhalb der Diagonalen $AC$ jeweils die gleiche Farbe wie die 10 Teilquadrate unterhalb dieser Diagonalen haben müssen, während die Farben der 5 Diagonalfelder beliebig sind. Dies ist auch hinreichend. Aus einer Auswahl von 25 Blättchen lässt sich also genau dann keine zu $AC$ symmetrische Belegung erzeugen, wenn sie keine 10 paarweise disjunkte Paare von gleichfarbigen Blättchen besitzt.
Seien $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$ die Anzahl der Blättchen der Farbe 1, 2, $\dots$, $n$ unter den 25 ausgewählten, dann lassen sich aus diesen maximal $P:=\left[\frac{a_1}{2}\right] + \left[\frac{a_2}{2}\right] + \dots + \left[\frac{a_n}{2}\right]$ solcher Paare bilden. Wegen $a_1+a_2+\dots+a_n=25$ ist $P=\frac{25-u}{2}$, wobei $u$ die anzahl der ungeraden Zahlen unter $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$ ist. (Dann ist, da 25 ungerade ist, auch $u$ ungerade und somit $P$ eine ganze Zahl.) Aus diesen Blättchen lässt sich also genau dann keine bezüglich $AC$ symmetrische Belegung bilden, wenn es mehr als 5, also mindestens 7 ungerade Blättchenanzahlen unter $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$ gibt.
Dafür muss aber $n\geq 7$ sein. Dies bedeutet, dass alle $n\leq 6$ "freundlich" sind. Ist jedoch $n=7$, so kann man $a_1=a_2=\dots=a_6=1$ und $a_7=19$, bzw. für $n>7$ schließlich $a_1=a_2=\dots=a_7=1$ (und Rest beliebig $\geq 1$) auswählen, sodass bei dieser Wahl jeweils keine bezüglich $AC$ symmetrischen Belegungen möglich sind. Also sind alle $7\leq n\leq 25$ "unfreundlich".
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.947 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.950, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 13:11 - Nuramon in Beitrag No. 943)
Das ist eine interessante Idee, aber ich glaube nicht, dass die Aufgabe so gemeint ist. (Warum arbeitest du eigentlich über $\IZ/p$ und nicht z.B. $\IR$?)
\quoteoff
Diese Idee stammt wie gesagt von Shamir ("How to share a secret",1979). Und ich denke schon, dass es besser ist, über $\mathbb Z/p$ zu arbeiten, womit alle involvierten Größen dann automatisch ganzzahlig sind, was eben manches vereinfacht.
\quoteon
Ich verstehe die Aufgabe so:
Gesucht ist die kleinste Zahl $s\in \IN$ mit der Eigenschaft, dass für die Menge $S=\{1,\ldots, s\}$ der Schlösser Teilmengen $S_1,\ldots, S_{11}\subset S$ existieren ($S_i$ ist die Menge der Schlüssel, die Person $i$ hat), so dass die Vereinigung von je sechs dieser Teilmengen gleich $S$ ist, die Vereinigung von je fünf aber eine echte Teilmenge von $S$ ist.
\quoteoff
Ja, so wird es wohl gemeint gewesen sein. Eine schöne Idee, auf die ich leider selber nicht gekommen bin, weil mein Denken zu sehr auf die kryptologische Lösung von Shamir fixiert war.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.951, eingetragen 2019-06-25
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_201033.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_201033_Skizze.png
Die gesuchte Seitenlänge sei $a$. Mit dem Kosinusssatz erhält man im Dreieck $ABP$ einerseits:
$$2=a^2+5-2\sqrt5\;a\cos\beta$$$$(1)\qquad 2\sqrt5\;a\cos\beta=a^2+3$$
und andererseits im Dreieck $PBC$:
$$8=a^2+5-2\sqrt5\;a\cos\left(\frac\pi2-\beta\right)$$$$8=a^2+5-2\sqrt5\;a\sin\beta$$$$(2)\qquad 2\sqrt5\;a\sin\beta=a^2-3$$Quadriert man die Gleichungen (1) und (2) und addiert sie, dann folgt:
$$20a^2=a^4+6a^2+9+a^4-6a^2+9$$$$a^4-10a^2+9=0$$$$a^2=5\pm\sqrt{25-9}$$$$a_1^2=9\qquad a_2^2=1$$Positive Seitenlängen vorausgesetzt, kann die Seitenlänge des Dreiecks entweder $a=3$ oder $a=1$ betragen (in letzterem Falle liegt $P$ natürlich außerhalb des Quadrats).
Anmerkung: Die Diagonale eines Quadrats mit Seitenlänge $3$ ist $3\sqrt2$ lang. Da $\sqrt8=2\sqrt2$, ist die Summe der Strecken $AP$ und $PC$ auch gleich $\sqrt2+2\sqrt2=3\sqrt2$, was der Diagonalen entspricht. $P$ liegt daher auf der Diagonalen $AC$ und teilt diese im Verhältnis 1:2.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.952, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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@Thomas: zur 201033:
Kann man ausschließen, dass $P$ außerhalb des Quadrats liegt? (Jedenfalls muss man was dazu sagen, da nach Aufgabenstellung nur gefordert ist, dass $P$ in der gleichen Ebene wie $ABCD$ liegt. Liegt $P$ außerhalb, ergänzen sich die beiden betrachteten Winkel nicht notwendigerweise zu $\frac{\pi}{2}$, sondern ggf. zu z.B. $\frac{3}{2} \cdot \pi$, je nach Lage von $P$...
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.953, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 15:35 - cyrix in Beitrag No. 952)
@Thomas: zur 201033:
Kann man ausschließen, dass $P$ außerhalb des Quadrats liegt? (Jedenfalls muss man was dazu sagen, da nach Aufgabenstellung nur gefordert ist, dass $P$ in der gleichen Ebene wie $ABCD$ liegt. Liegt $P$ außerhalb, ergänzen sich die beiden betrachteten Winkel nicht notwendigerweise zu $\frac{\pi}{2}$, sondern ggf. zu z.B. $\frac{3}{2} \cdot \pi$, je nach Lage von $P$...
Cyrix
\quoteoff
Hallo cyrix,
nein, kann man nicht. $a=1$ ist ja auch eine gültige Lösung. Der Winkel $\beta=\sphericalangle ABP$ und der "andere" Winkel $\sphericalangle PBC$ ergeben zusammen immer 90°. Wenn $P$ außerhalb des Dreiecks liegt, ist $\sphericalangle PBC<0$. Beim Quadrieren des Sinus ist das dann egal, und deswegen bekomme ich auch beide Lösungen mit der einen Gleichung.
Wir können gerne noch einen entsprechenden Satz hinzufügen.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.954, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon Aufgabe 2 - 191232
Es sei ABCD ein konvexes Viereck, auf dessen Kanten AB,BC,CD bzw.DA Punkte E,F,G bzw.H so gelegen sind, dass sie die entsprechende Kante jeweils im Verhältnis der Längen der anliegenden Kanten teilen, d.h. es wird vorausgesetzt:
\[AE:EB=DA:BC;BF:FC=AB:CD;CG:GD=BC:DA;DH:HA=CD:AB\qquad (1)\]
Man beweise, dass unter diesen Voraussetzungen stets die folgende Aussage wahr ist: Im Viereck ABCD gilt $AB+CD=BC+DA$ (d.h.ABCD ist ein Tangentenviereck) genau dann, wenn im Viereck EFGH für die Größe der Innenwinkel
\[∠EFG+∠GHE=∠FGH+∠HEF\]
gilt (d.h. wenn EFGH ein Sehnenviereck ist).
\quoteoff
\showon Lösung
Die Bedingung
\[\angle EFG+\angle GHE=\angle FGH+\angle HEF\]
ist äquivalent zu
\[ \angle AEH+ \angle FEB +\angle CGF +\angle HGD =
\angle BFE+ \angle GFC +\angle DHG +\angle EHA \qquad \text{(2),}
\]
d.h. wir gehen von den Innenwinkeln zu den Winkeln der Dreiecke $AEH$, $BFE$, $CGF$ und $DHG$ über. Im folgenden zeigen wir, dass aus $AB+CD=BC+DA$, $AB+CDBC+DA$ jeweils $\angle AEH=\angle EHA$, $\angle AEH>\angle EHA$ und $\angle AEH<\angle EHA$ im Dreieck $AEH$ folgt, d.h. das Größenverhältnis der an den Seiten anliegenden Winkel ist umgekehrt zu dem Größenverhältnis der Summe der Seiten. Dieses gilt ebenfalls für die anderen drei Dreiecke und somit ist (2) äquivalent zu $AB+CD=BC+DA$, da aus $AB+CD\neq BC+DA$ die Ungleichheit in (2) folgt.
Aus $AE+EB = AB$ und $AE:EB=DA:BC$ folgt $AE=\frac{AB\cdot DA}{BC+DA}$ und $EB=\frac{AB\cdot BC}{BC+DA}$. Anlog erhalten wir $AH = \frac{AB\cdot DA}{AB+CD}$ und somit $\frac{AE}{AH}=\frac{AB+CD}{BC+DA}$. Aus $AB+CD=BC+DA$ folgt, dass $\triangle AEH$ gleichschenklig mit $\angle AEH=\angle EHA$ ist. Entsprechend gilt
\[AB+CDBC+DA\Rightarrow \angle EHA>\angle AEH$.
\showoff
* Die Lösung könnte noch eine Zeichung vertragen. Ich hätte gerne $\angle EFG+\angle GHE=\angle FGH+\angle HEF\Rightarrow AB+CD=BC+DA$ direkt gezeigt - mir ist dazu aber nichts eingefallen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.951 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.955, eingetragen 2019-06-25
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_201034.png
Das Volumen ist
$$x=\frac13a^2h$$Die Oberfläche ist
$$x=a^2+4\cdot\left(\frac12a\sqrt{h^2+\frac14a^2}\right)$$$$x=a^2+a\sqrt{a^2+4h^2}$$Somit muss gelten:
$$\frac13a^2h=a^2+a\sqrt{a^2+4h^2}$$Dabei müssen beide Seiten der Gleichung ganzzahlig sein. Man kann durch $a$ teilen, und auch dann noch müssen beide Seiten ganzzahlig sein:
$$\frac13ah=a+\sqrt{a^2+4h^2}$$(Begründung: $a^2h$ muss durch 3 teilbar sein. Entweder $a$ ist ein Vielfaches von 3, dann ist auch $\frac13ah$ immer noch ganzzahlig, oder $h$ ist durch drei teilbar, dann ist $\frac13ah$ auf jeden Fall auch ganzzahlig). Wir lösen zunächst die Gleichung nach $a$ auf:
$$\left(\frac13h-1\right)a=\sqrt{a^2+4h^2}$$$$\frac19h^2a^2-\frac23ha^2+a^2=a^2+4h^2$$$$\frac19ha^2-\frac23a^2=4h$$$$a^2=\frac{4h}{\frac19h-\frac23}=\frac{36h}{h-6}$$$$a=6\sqrt{\frac h{h-6}}$$Somit muss $\frac h{h-6}$ eine Quadratzahl sein. Offensichtlich muss $h>6$ gelten, aber andererseits auch
$$\frac h{h-6}\geq4$$denn $\frac h{h-6}=1$ ist nicht möglich. Daraus folgt:
$$h\geq4h-24$$$$24\geq3h$$$$h\leq8$$Daher kommen für $h$ nur die Zahlen 7 und 8 in Frage, wobei für $h=7$ keine Quadratzahl vorliegt. Somit gilt $h=8$, und durch Einsetzen erhält man $a=12$ und $x=384$. Das einzige Tripel, was die Bedingungen erfüllt, lautet also $(a,h,x)=(12,8,384)$.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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| Beitrag No.956, eingetragen 2019-06-25
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 2 - 330932
Für jede positive ganze Zahl n denke man sich nach folgender Vorschrift eine weitere Zahl n' gebildet:
Aus der Zifferndarstellung von n im Dezimalsystem wird die erste Ziffer weggenommen und stattdessen hinter die letzte Ziffer angefugt.
Dann sei n' die Zahl mit der entstandenen Zifferndarstellung. Untersuchen Sie, ob es durch 7 teilbare
Zahlen n gibt, für die n' = n : 7 gilt!
\quoteoff
\showon Lösung:
Wir schreiben $n$ in der Form $n=a\cdot 10^x+b$, wobei $a\in\{1,\ldots, 9\}, x,b\in \IN$ und $b<10^x$ sei. Dann ist $n'=10b+a$.
Damit $n'=n:7$, also $7\cdot(10b+a)=a\cdot 10^x+b$ gilt, muss demnach $a(10^x-7)=69b$ gelten.
Wir wählen $a=1$ und suchen ein $x\in \IN$, für das $10^x-7$ durch $69=3\cdot 23$ teilbar ist.
Da $10^x-7\equiv 1^x-1\equiv 0\pmod 3$ immer erfüllt ist, genügt es ein $x$ zu finden mit $10^x\equiv 7 \pmod{23}$.
Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt $1\equiv 10^{22} \pmod{23}$. Multiplikation mit $7$ liefert $7 \equiv (7\cdot 10) \cdot 10^{21}\equiv 10^{21}\pmod{23}$. Also können wir $x=21$ wählen.
Für $b=\frac{10^x-7}{69}$ gilt offenbar $b<10^x$, so dass wir schließen können, dass $n=10^{21}+\frac{10^{21}-7}{69}$ eine Zahl mit den geforderten Eigenschaften ist.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.954 begonnen.]\(\endgroup\)
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philippw
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 | Beitrag No.957, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 08:56 - MontyPythagoras in Beitrag No. 932)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_181231.png
Wir wählen den Ansatz
$$f(x)=ax^2+bx+c$$Dann ist
$$f(x+1)=ax^2+2ax+a+bx+b+c$$Durch Einsetzen in die Aufgabenstellung erhält man:
$$2ax+a+b=x+1$$woraus $a=\frac12$ und $b=\frac12$ folgt. Somit erfüllen alle Funktionen
$$f(x)=\frac12(x^2+x)+c$$die Gleichung.
Ciao,
Thomas
\quoteoff
Hi Thomas,
Da fehlt aber noch die Begründung, dass es keine Lösungen mit höherem Grad als 2 gibt. Die wäre z.B: Wenn man f(0)=c fest wählt, sind per Induktion unendlich viele Funktionswerte eindeutig bestimmt, über f(x+1) = f(x)+x+1 für x=0, 1, ...
Polynome n-ten Grades sind bereits durch (n+1) Funktionswerte eindeutig bestimmt. Deswegen gibt es für jedes c höchstens eine Funktion, die die Gleichung erfüllt. Die oben angegebenen quadratischen Funktionen bilden eine Lösung für jedes c, deshalb kann es keine weiteren geben.
Gruß,
Philipp
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.955 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.958, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 16:31 - TomTom314 in Beitrag No. 954)
* Die Lösung könnte noch eine Zeichung vertragen.
\quoteoff
Was sollte die Zeichnung ungefähr enthalten?
Du musst es nicht malen, ich mache das schon. Ich wüsste nur gern, was entsprechend wäre.
LG Steffen
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Nuramon
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| Beitrag No.959, eingetragen 2019-06-25
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 1 - 221031
Ermitteln Sie alle diejenigen Quintupel (x, y, z, u, v) aus natürlichen Zahlen, für die
0 < x ≤ y ≤ z ≤ u ≤ v und x + y + z + u + v = x · y · z · u · v
gilt!
\quoteoff
\showon Lösung
Es gibt offenbar keine Lösung, in der $x=y=z=u=v$ gilt.
Daher ist $5v > x+y+z+u+v = xyzuv$, also $xyzu <5$.
Es bleiben vier Fälle:
1. Fall: $xyzu= 1$.
Das ist nur möglich, wenn $x=y=z=u=1$. Also müsste $1+1+1+1+v =1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot v$ gelten, was unmöglich ist.
2. Fall: $xyzu=2$.
Dann ist $(x,y,z,u)=(1,1,1,2)$ und daher $1+1+1+2+v= 2v$, also $v=5$.
3. Fall: $xyzu=3$.
Dann ist $(x,y,z,u)=(1,1,1,3)$ und daher $1+1+1+3+v= 3v$, also $v=3$.
4. Fall: $xyzu=4$.
Dann ist $(x,y,z,u)=(1,1,2,2)$ oder $(x,y,z,u)=(1,1,1,4)$.
Im ersten Fall folgt aus $1+1+2+2+v = 4v$, dass $v=2$.
Im anderen Fall steht $1+1+1+4+v=4v$ im Widerspruch zu $v\in \IN$.
Insgesamt erhalten wir also, dass $(1,1,1,2,5), (1,1,1,3,3)$ und $(1,1,2,2,2)$ alle gesuchten Quintupel sind.
\showoff
\(\endgroup\)
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