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 Alte Olympiadeaufgaben |
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
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 |  Beitrag No.960, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 17:15 - philippw in Beitrag No. 957)
Hi Thomas,
Da fehlt aber noch die Begründung, dass es keine Lösungen mit höherem Grad als 2 gibt.
\quoteoff
Hallo philippw,
wenn ich einen höheren Grad $n\geq3$ ansetze, dann ergibt sich dort $(x+1)^n-x^n=nx^{n-1}+\frac12n(n-1)x^{n-2}+...$. Den Term mit $x^{n-1}$ kann man durch die niedrigeren Grade nicht wegkompensieren, sondern bestenfalls durch noch höhere. Somit folgt, dass es unendlich-gradige Polynome bräuchte, um alle höheren Grade außer $x+1$ loszuwerden. Das finde ich trivial und habe es daher nicht erwähnt.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.958 begonnen.]
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Ex_Senior
 | Beitrag No.961, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 17:31 - stpolster in Beitrag No. 958)
\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
\quoteoff
Das Angebot kann ich schlecht ablehnen. :-)
Im wesenlichen argumentiere ich entlang dieser Gleichung
\[\angle AEH+ \angle FEB +\angle CGF +\angle HGD =
\angle BFE+ \angle GFC +\angle DHG +\angle\]
und habe dabei einige Rechnungen unterschlagen.
Daher wäre eine Zeichnung gut, die die beiden Winkelgruppen farblich hervorhebt, ggf. auch das Dreieck $AEH$ fett gezeichnet.
Gerade den Schluß
\[AB+CD>BC+DA\Rightarrow \angle AEH+ \angle FEB +\angle CGF +\angle HGD < \angle BFE+ \angle GFC +\angle DHG +\angle\]
dürfte damit leichter zu sehen sein.
Hast Du ein Programm, mit dem Du die Zeichungen anfertigst?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.958 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.962, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 15:08 - MontyPythagoras in Beitrag No. 951)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_201033.png
\showon
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
\showoff
\quoteoff
Jetzt muss man MontyPythagoras nur noch auf die TikZ-Schiene bringen.
$
\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (D) -- (C) node[midway, above]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
%\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
%\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
}%=============================
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,\a cm-1cm)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-2);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =A--B--P};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {%
A/2/0.5/above,
B/5/0.2/below,
C/8/0.2/above%
}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (D) -- (C) node[midway, above]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
%\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
%\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
}%=============================
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,\a cm-1cm)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-2);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =A--B--P};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {%
A/2/0.5/above,
B/5/0.2/below,
C/8/0.2/above%
}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.963, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 18:18 - TomTom314 in Beitrag No. 961)
Hast Du ein Programm, mit dem Du die Zeichungen anfertigst?
\quoteoff
Normalerweise schreibe ich es einfach mit tikz herunter. Koordinaten, Linien, Kreise, Schnittpunkte festlegen usw.
Das geht schon.
In deinem Beispiel habe ich mit meinem Matheprogramm unter "Konstruktionen" ein Sehnenviereck gezeichnet und anschließend das Tangentenviereck konstruiert. Danach habe ich die Punktkoordinaten in tikz übernommen.
Entspricht das in etwa der Aufgabe:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\coordinate(m) at (-0.2,-0.02);
\coordinate(e) at (-2.72,-0.28);
\coordinate(f) at (0.88,-2.32);
\coordinate(g) at (2.2,0.82);
\coordinate(h) at (-0.163,2.517);
\coordinate(a) at (-3.01,2.55);
\coordinate(d) at (1.61,2.5);
\coordinate(b) at (-2.36,-3.83);
\coordinate(c) at (2.96,-1.35);
\draw[thick, fill=green!10] (a) -- (e) -- (h) -- cycle;
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw (m) circle (2.54);
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =h--e--a};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =b--e--f};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =f--g--c};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =d--g--h};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =a--h--e};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =a--h--e};
\draw[fill=white] (a) circle (0.06);
\draw[fill=white] (b) circle (0.06);
\draw[fill=white] (c) circle (0.06);
\draw[fill=white] (d) circle (0.06);
\draw[fill=white] (m) circle (0.06);
\draw[fill=white] (e) circle (0.06);
\draw[fill=white] (f) circle (0.06);
\draw[fill=white] (g) circle (0.06);
\draw[fill=white] (h) circle (0.06);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[above] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (m) {\small $M$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below] at (f) {\small $F$};
\node[right] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
$
LG Steffen
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|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.964, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 19:03 - stpolster in Beitrag No. 963)
In deinem Beispiel habe ich mit meinem Matheprogramm unter "Konstruktionen" ein Sehnenviereck gezeichnet und anschließend das Tangentenviereck konstruiert. Danach habe ich die Punktkoordinaten in tikz übernommen.
Entspricht das in etwa der Aufgabe:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.7]
\coordinate(m) at (-0.2,-0.02);
\coordinate(e) at (-2.72,-0.28);
\coordinate(f) at (0.88,-2.32);
\coordinate(g) at (2.2,0.82);
\coordinate(h) at (-0.163,2.517);
\coordinate(a) at (-3.01,2.55);
\coordinate(d) at (1.61,2.5);
\coordinate(b) at (-2.36,-3.83);
\coordinate(c) at (2.96,-1.35);
\draw[thick, fill=green!10] (a) -- (e) -- (h) -- cycle;
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw (m) circle (2.54);
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =h--e--a};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =b--e--f};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =f--g--c};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =d--g--h};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =a--h--e};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =a--h--e};
\draw[fill=white] (a) circle (0.06);
\draw[fill=white] (b) circle (0.06);
\draw[fill=white] (c) circle (0.06);
\draw[fill=white] (d) circle (0.06);
\draw[fill=white] (m) circle (0.06);
\draw[fill=white] (e) circle (0.06);
\draw[fill=white] (f) circle (0.06);
\draw[fill=white] (g) circle (0.06);
\draw[fill=white] (h) circle (0.06);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[above] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (m) {\small $M$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below] at (f) {\small $F$};
\node[right] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
Das brauchst Du eigentlich nicht.
Hier gelten Beziehungen für die Winkel. Für eine Konstruktionslösung wird man also mit Polarkoordinaten arbeiten.
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Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.965, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 19:09 - HyperPlot in Beitrag No. 964)
Hier gelten Beziehungen für die Winkel. Für eine Konstruktionslösung wird man also mit Polarkoordinaten arbeiten.
\quoteoff
Für das innere Sehnenviereck ist das mit Polarkoordinaten schon klar. Das äußere Rechteck wird aber schon problematisch. Die Abstände der Eckpunkte zu M sind unterschiedlich.
Wenn du mir (verständlich ;-) ) erklärst, wie ich zwei Tangenten zum Schnitt bringe, wäre es kein Problem mehr.
Nur nebenbei: Ich bin immer noch Anfänger, was tikz betrifft.Aber es wird schon noch. :-P
LG Steffem
|
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|
MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.966, eingetragen 2019-06-25
|
Hallo Hyperplot,
\quoteon(2019-06-25 18:34 - HyperPlot in Beitrag No. 962)
Jetzt muss man MontyPythagoras nur noch auf die TikZ-Schiene bringen.
$\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (A) -- (B) node[midway, below]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
}%=============================
\Quadrat
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,0)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\end{scope}
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
das zweite Bildchen ist falsch, die Länge, die Du mit $\sqrt8$ bezeichnest, ist nur genau 2 lang. Wenn A=(0,0), B=(1,0), C=(1,1), D=(0,1), dann ist P=(-1,-1).
Ciao,
Thomas
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.967, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
@Steffen: Das ist super. An der Zeichung sieht man auch, dass In- und Umkreis identisch sind - habe ich bei der Lösung garnicht erwähnt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.965 begonnen.]
|
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.968, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 19:14 - stpolster in Beitrag No. 965)
Für das innere Sehnenviereck ist das mit Polarkoordinaten schon klar. Das äußere Rechteck wird aber schon problematisch. Die Abstände der Eckpunkte zu M sind unterschiedlich.
Wenn du mir (verständlich ;-) ) erklärst, wie ich zwei Tangenten zum Schnitt bringe, wäre es kein Problem mehr.
Nur nebenbei: Ich bin immer noch Anfänger, was tikz betrifft.Aber es wird schon noch. :-P
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.7]
\coordinate(m) at (-0.2,-0.02);
\coordinate(e) at (-2.72,-0.28);
\coordinate(f) at (0.88,-2.32);
\coordinate(g) at (2.2,0.82);
\coordinate(h) at (-0.163,2.517);
\coordinate(a) at (-3.01,2.55);
\coordinate(d) at (1.61,2.5);
\coordinate(b) at (-2.36,-3.83);
\coordinate(c) at (2.96,-1.35);
\draw[thick, fill=green!10] (a) -- (e) -- (h) -- cycle;
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw (m) circle (2.54);
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =h--e--a};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =b--e--f};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =f--g--c};
\draw pic [draw, blue, angle radius=4mm, double] {angle =d--g--h};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=6mm, double] {angle =a--h--e};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =e--f--b};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =c--f--g};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =g--h--d};
\draw pic [draw, red, angle radius=5mm, double] {angle =a--h--e};
\draw[fill=white] (a) circle (0.06);
\draw[fill=white] (b) circle (0.06);
\draw[fill=white] (c) circle (0.06);
\draw[fill=white] (d) circle (0.06);
\draw[fill=white] (m) circle (0.06);
\draw[fill=white] (e) circle (0.06);
\draw[fill=white] (f) circle (0.06);
\draw[fill=white] (g) circle (0.06);
\draw[fill=white] (h) circle (0.06);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[above] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (m) {\small $M$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below] at (f) {\small $F$};
\node[right] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
Achso, dann ist es eigentlich sogar nochmal viel einfacher:
Wenn man den Kreis hat, dann kann man erstmal das innere Viereck mit Polarkoordinaten zeichnen.
Das äußere Viereck entsteht durch die Tangenten an die Ecken des inneren Vierecks:
Das heißt einfach nur, dass man die Pfade benennt und als Halbgeradentangenten zeichnet, z.B.
\path[name path=HD, overlay, draw=none] (H) --+ (-90:10cm); % I
\path[name path=GD, overlay, draw=none] (G) --+ (90:10cm); % I
\path[name intersections={of=HD and GD, name=D}]; % II
\coordinate[label=right:$D$] (D) at (D-1); % II
\draw[] (D) -- (H); % III
\draw[] (D) -- (G); % III
Das heißt im Einzelnen:
I:
· Man wählt ein geeignetes Maß für die Länge der Tangenten, z.B. '10cm', als '\path' = unsichtbarer '\draw'.
· Manchmal muss man '-90' statt '90' Grad als Winkel wählen.
· Damit kein riesiges Bild entsteht braucht man die 'overlay'-Option (Hinweis: geht auf dem MP nicht, dort '\clip' verwenden).
II:
Schnittpunkt bestimmen und mit 'D' benennen.
III:
Tatsächliche Tangentenstrecke zeichnen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.965 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.969, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 19:22 - MontyPythagoras in Beitrag No. 966)
Hallo Hyperplot,
\quoteon(2019-06-25 18:34 - HyperPlot in Beitrag No. 962)
Jetzt muss man MontyPythagoras nur noch auf die TikZ-Schiene bringen.
$\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (A) -- (B) node[midway, below]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
}%=============================
\Quadrat
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,0)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\end{scope}
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
das zweite Bildchen ist falsch, die Länge, die Du mit $\sqrt8$ bezeichnest, ist nur genau 2 lang. Wenn A=(0,0), B=(1,0), C=(1,1), D=(0,1), dann ist P=(-1,-1).
Ciao,
Thomas
\quoteoff
Stimmt eigentlich. Dann besser so:
$
\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (D) -- (C) node[midway, above]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
%\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
%\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
}%=============================
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,\a cm-1cm)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-2);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =C--B--P};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {%
A/2/0.5/above,
B/5/0.2/below,
C/8/0.2/above%
}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
\pgfmathsetmacro{\a}{3}
\pgfmathsetmacro{\x}{sqrt(2)}
\pgfmathsetmacro{\y}{sqrt(5)}
\pgfmathsetmacro{\z}{sqrt(8)}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} },
]
%
\newcommand\Quadrat{%==============
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\a,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\a,\a);
\coordinate[Punkt={above}{D}] (D) at (0,\a);
\draw[] (A) rectangle (C);
\path[] (D) -- (C) node[midway, above]{$a = \a$};
\path[name path=X, draw=none, overlay] (A) circle[radius=\x];
\path[name path=Y, draw=none, overlay] (B) circle[radius=\y];
\path[name path=Z, draw=none, overlay] (C) circle[radius=\z];
\path[name intersections={of=X and Y, name=P}];
%\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
%\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
}%=============================
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-1);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =P--B--A};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {A/2/0.5/below,B/5/0.2/above,C/8/0.8/above}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\begin{scope}[shift={(1.5*\a cm,\a cm-1cm)}]
\pgfmathsetmacro{\a}{1}
\Quadrat
\coordinate[Punkt={above}{P}] (P) at (P-2);
%% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=1.3,
"$\beta$",
] {angle =C--B--P};
\foreach \Verbindung/\Text/\PosA/\PosB in {%
A/2/0.5/above,
B/5/0.2/below,
C/8/0.2/above%
}
\draw[red] (\Verbindung) -- (P) node[pos=\PosA,\PosB=2pt]{$\sqrt{\Text}$};
%% Punkte
\foreach \P in {A,B,C,D,P}
\draw[fill=black] (\P) circle (1pt);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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Profil
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.970, eingetragen 2019-06-25
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-25_um_19.42.40.png
Laut Voraussetzung sind dann die Dreiecke ADC und DBC ähnlich, da sie im Verhältnis zweier Seiten und im gegenüberliegenden Winkel der größeren Seite übereinstimmen. Damit ist \(\gamma=\alpha+\beta=90°\).
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-25_um_19.44.01.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=241352&start=320#p1758460
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-25_um_19.44.27.png
Ja.
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.971, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
Ich bin mir bei folgender Aufgabe sehr unsicher. Kann jemand einmal nachsehen.
Aufgabe 1 - 330941 = 331043
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\foreach \i in {1,2} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,3} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5-\i);
}
\foreach \i in {1,2,3,4} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5+\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,...,5} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5);
}
\draw[fill=white] (2.5,3.5) circle (0.45);
\node at (2.5,3.5) {\small $D$};
\end{tikzpicture}
$
Auf einem Schachbrett wird eine Figur \dq Dame\dq\ betrachtet, die wie im Schachspiel ziehen kann, also in den acht Richtungen parallel zum Brettrand oder diagonal, jeweils beliebig viele Felder. (siehe z.B. in der Abbildung alle von c4 aus möglichen Züge.)
Als Länge eines Zuges werde stets die Streckenlänge vom Mittelpunkt des Anfangsfeldes zum Mittelpunkt des Zielfeldes bezeichnet. Dabei werde die Seitenlänge jedes der 64 quadratischen Felder als Längeneinheit genommen.
Gesucht wird eine Zugfolge, die den folgenden Bedingungen genügt:
(1) Bei jedem Zug der Zugfolge - mit Ausnahme des letzten - soll der Zug, der sich anschließt (d.h. als Startfeld das eben erreichte Zielfeld hat), eine größere Länge haben als der Zug, an den er sich anschließt.
(2) Das Zielfeld des letzten Zuges soll dem Startfeld des ersten Zuges benachbart sein (und zwar eine Seite mit ihm gemeinsam haben, nicht nur eine Ecke).
(3) Die Zugfolge soll in der Summe der Längen ihrer Züge von keiner Zugfolge, die den Bedingungen (1) und (2) genügt, übertroffen werden.
Geben Sie eine Zugfolge an und beweisen Sie, dass sie die Bedingungen (1), (2) und (3) erfüllt!
Lösung:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\draw[->] (0.5,1.5) -- (0.5,2.5);
\draw[->] (0.5,2.5) -- (2.5,2.5);
\draw[->] (2.5,2.5) -- (5.5,2.5);
\draw[->] (5.5,2.7) -- (1.5,2.7);
\draw[->] (1.5,2.7) -- (1.5,7.5);
\draw[->] (1.5,7.5) -- (7.5,7.5);
\draw[->] (7.5,7.5) -- (7.5,0.5);
\draw[->] (7.5,0.5) -- (0.5,0.5);
\draw[fill=white] (0.5,1.5) circle (0.45);
\node at (0.5,1.5) {\small $D$};
\end{tikzpicture}
$
Der längste mögliche Zug einer Dame auf einem Schachbrett ist 7 Felder lang. Nach der Aufgabenstellung muss jeder Zug 1 Feld weiter sein, als der vorhergehende, mit Ausnahme des letzten.
Damit kann die Gesamtlänge nur $1+2+3+4+5+6+7 + 7 =35$ Felder lang sein. Dabei hat der letzte, abschließende Zug die maximal mögliche Länge 7.\\
Die Abbildung zeigt eine derartige Abfolge der Einzelzüge.
Einen längeren Gesamtweg kann es nicht geben und das Endfeld liegt entsprechend der Aufgabenstellung neben dem Startfeld.
LG Steffen
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.972, eingetragen 2019-06-25
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-25_um_20.58.00.png
Hatten wir auch schon:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=241352&start=640#p1763439
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.973, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.974, eingetragen 2019-06-25
|
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_181235.png
Aufgabenteil a)
Wir behaupten, dass die Summe $s=\sum_{k=1}^nx_i^3$ genau dann maximal ist, wenn von den $n$ Summanden $n-1$ Summanden gleich null und ein Summand gleich 1 ist. Die Summe wäre dann $s_{max}=1$, was den Maximalwert darstellt. Beweis:
Wir betrachten zwei Summenglieder $x_i$ und $x_j$. Im Rahmen der Randbedingung $\sum_{k=1}^nx_i=1$ ist zulässig, zwei Summanden zu addieren als einen neuen Summanden, und den anderen null zu setzen. Sei $x_i'=x_i+x_j$ und $x_j'=0$. Dann ist
$$x_i'^3+x_j'^3=(x_i+x_j)^3=x_i^3+3x_i^2x_j+3x_ix_j^2+x_j^3=x_i^3+x_j^3+3x_ix_j(x_i+x_j)$$Da $x_{i,j}\geq0$, folgt daraus, dass
$$x_i'^3+x_j'^3\geq x_i^3+x_j^3$$(Gleichheit tritt nur ein, wenn mindestens einer der Summanden ohnehin schon null ist). Die Summe der dritten Potenzen wird also größer, wenn man aus zwei Summanden einen macht und den anderen null setzt. Das wiederholt man so oft, bis nur noch ein Summand übrig ist, der voraussetzungsgemäß gleich eins ist.
Aufgabenteil b)
Es sei $x_i=\frac1n+z_i$. Damit die genannte Bedingung erfüllt ist, muss gelten:
$$\sum_{k=1}^nx_i=\sum_{k=1}^n\left(\frac1n+z_i\right)=1+\sum_{k=1}^nz_i=1$$so dass
$$\sum_{k=1}^nz_i=0$$sein muss. Die zu minimierende Summe ist
$$s=\sum_{k=1}^nx_i^3=\sum_{k=1}^n\left(\frac1n+z_i\right)^3$$$$s=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{n^3}+\frac3{n^2}z_i+\frac3nz_i^2+z_i^3\right)$$$$s=\frac1{n^2}+\frac3{n^2}\sum_{k=1}^nz_i+\sum_{k=1}^n\left(\frac3n+z_i\right)z_i^2$$$$s=\frac1{n^2}+\sum_{k=1}^n\left(\frac2n+x_i\right)z_i^2$$Da $\left(\frac2n+x_i\right)>0$ und $z_i^2\geq0$, sind alle Summanden null oder positiv, so dass gilt
$$s\geq\frac1{n^2}=s_{min}$$Das ist der gesuchte minimale Wert, der genau dann eintritt, wenn alle $z_i=0$ bzw. alle $x_i=\frac1n$ sind.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.975, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
@Steffen: Du übersieht diagonale Züge. Z.B. kann zwischen zwei Zügen der Länge 1 und 2 einer der Länge $\sqrt{2}$ untergebracht werden.
(Oder du beweist, dass das nicht optimal ist. Dass man aber keine Diagonal-Züge verwenden kann, stimmt nach meinem Gefühl nicht. Das kann aber natürlich auch trügen...)
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.973 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.976, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 21:17 - cyrix in Beitrag No. 975)
@Steffen: Du übersieht diagonale Züge. Z.B. kann zwischen zwei Zügen der Länge 1 und 2 einer der Länge $\sqrt{2}$ untergebracht werden.
\quoteoff
Danke. Ich habe übersehen, dass dort die wirkliche Länge des Zuges gemeint ist. :-(
Damit ist es natürlich keine Lösung. Die Aufgabe ist wieder offen.
LG Steffen
|
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.977, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 21:17 - cyrix in Beitrag No. 975)
@Steffen: Du übersieht diagonale Züge. Z.B. kann zwischen zwei Zügen der Länge 1 und 2 einer der Länge $\sqrt{2}$ untergebracht werden.
(Oder du beweist, dass das nicht optimal ist. Dass man aber keine Diagonal-Züge verwenden kann, stimmt nach meinem Gefühl nicht. Das kann aber natürlich auch trügen...)
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.973 begonnen.]
\quoteoff
Ich verstehe die Aufgabe so, dass ein Diagonalzug um ein Feld die Länge $1$ hat, und nicht $\sqrt2$. Dann läge natürlich kein Vorteil in einem Diagonalzug...
Edit: ich denke aber, DU hast recht, wo ich es noch einmal lese...
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.978, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
@MontyPythagoras: (zur 181235)
Auch hier kann man die untere Schranke wieder durch eine Mittelungleichung abkürzen:
Das arithmetische Mittel $A$ der $x_i$ ist offenbar $A=\frac{x_1+\dots+x_n}{n}=\frac{1}{n}$, während ihr kubisches Mittel $K$ wie folgt definiert ist: $\sqrt[3]{\frac{x_1^3+\dots+x_n^3}{n}}$. Nach der Ungleichung zwischen kubischem und arithmetischem Mittel gilt $K\geq A$, wobei Gleichheit genau für $x_1=\dots=x_n$ eintritt. Also ist
$x_1^3+\dots+x_n^3=n \cdot K^3 \geq n\cdot A^3=\frac{1}{n^2}$
der gesuchte kleinstmögliche Wert, der angenommen wird.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.975 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.979, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 21:23 - MontyPythagoras in Beitrag No. 977)
Ich verstehe die Aufgabe so, dass ein Diagonalzug um ein Feld die Länge $1$ hat, und nicht $\sqrt2$. Dann läge natürlich kein Vorteil in einem Diagonalzug...
\quoteoff
Habe ich auch gedacht. Im Aufgabentext steht aber:
Als Länge eines Zuges werde stets die Streckenlänge vom Mittelpunkt des Anfangsfeldes zum Mittelpunkt des Zielfeldes bezeichnet. Dabei werde die Seitenlänge jedes der 64 quadratischen Felder als Längeneinheit genommen.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.977 begonnen.]
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.980, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 21:24 - cyrix in Beitrag No. 978)
@MontyPythagoras: (zur 181235)
Auch hier kann man die untere Schranke wieder durch eine Mittelungleichung abkürzen:
Das arithmetische Mittel $A$ der $x_i$ ist offenbar $A=\frac{x_1+\dots+x_n}{n}=\frac{1}{n}$, während ihr kubisches Mittel $K$ wie folgt definiert ist: $\sqrt[3]{\frac{x_1^3+\dots+x_n^3}{n}}$. Nach der Ungleichung zwischen kubischem und arithmetischem Mittel gilt $K\geq A$, wobei Gleichheit genau für $x_1=\dots=x_n$ eintritt. Also ist
$x_1^3+\dots+x_n^3=n \cdot K^3 \geq n\cdot A^3=\frac{1}{n^2}$
der gesuchte kleinstmögliche Wert, der angenommen wird.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.975 begonnen.]
\quoteoff
Ja, genau wie bei der anderen Aufgabe mit den Kehrwerten. Ich wollte aber eine solche Ungleichung zwischen den diversen Mittelwerten (arithmetisch, kubisch, harmonisch und was weiß ich noch) nicht als bekannt voraussetzen.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.978 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.981, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
|
Ich sage ja auch nicht, dass deine Lösung nicht veröffentlichungswürdig wäre. Das Gegenteil ist der Fall. :) Aber ich denke, dass Leserinnen und Leser der Aufgabe was lernen können, wenn auch die Variante via Mittelungleichung daneben steht.
(Generell sei das Mittel $p$-ten Grades der positiven Zahlen $x_1$ bis $x_n$ definiert als $\left(\frac{x_1^p+\dots+x_n^p}{n}\right)^{\frac{1}{p}}$ für $p\neq 0$ und als $\sqrt[n]{x_1 \cdot \ldots \cdot x_n}$ für $p=0$. Dann gilt für alle $p>q$ die Ungleichung $M_p\geq M_q$, wobei Gleichheit genau für $x_1=\dots=x_n$ eintritt.)
Da wir den Spaß in Seminaren spätestens Neuntklässlern erzählen, darf man das in der 12 durchaus verwenden. Ich würde es aber auf jeden Fall in Musterlösungen der ersten und zweiten Runde nicht voraussetzen, da sich diese noch an eine viel größere, "untrainierte" Zielgruppe richten...
Cyrix
|
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.982, eingetragen 2019-06-25
|
Hallo cyrix,
ich halte es durchaus für gute Praxis, mehrere Lösungen zu veröffentlichen, da der Leser abhängig von seinem Vorwissen sich die ihm besser passende Lösung durcharbeiten kann. Also kannst Du durchaus eine prägnantere, auf mehr Fachwissen beruhende Lösung verfassen. :-)
Ciao,
Thomas
|
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.983, eingetragen 2019-06-25
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-06-25 21:11 - cyrix in Beitrag No. 973)
Moin
\quoteon(2019-06-25 19:54 - Kuestenkind in [Die Antwort wurde nach Beitrag No.971 begonnen.]
\quoteoff
Der von dir betrachtete Kreis hat Radius $\sqrt 3$, nicht $3$.
Mit dem Kreis um den Ursprung mit Radius $\sqrt[4] 3$ geht es viel einfacher: Wenn $x^2+y^2 = \sqrt 3$, dann können nicht $x$ und $y$ beide rational sein.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.981 begonnen.]\(\endgroup\)
|
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.984, eingetragen 2019-06-25
|
\quoteon(2019-06-25 21:11 - cyrix in Beitrag No. 973)
[...]Sinnvollerweise löst man die Aufgabe dann auch noch.[...]
\quoteoff
Schon klar, ich kannte den Beweis jedoch. Siehe hier. Dort wird neben deinem Beispiel auch noch erwähnt, wie man leicht andere Beispiel finden kann.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-25_um_21.50.22.png
Offensichtlich sind \((0,1985)\) und \((1985,0)\) Lösungen aus \(\mathbb{Z}\). Dieses sind auch die einzigen Lösungen, wie wir nun zeigen. Sei \(x\neq 0\). Äquivalentes Quadrieren liefert: \(x+y+2\sqrt{xy}=1985\quad(*)\). Sei nun \(y=xt^2\) mit \(t\in\mathbb{Q}\). Einsetzen in \((*)\) liefert: \(x+xt^2+2xt=1985\iff x=\frac{1985}{(t+1)^2}\). Teiler von \(1985\) sind \(\{1;5;397;1985\}\). Nur \((t+1)^2=1\) liefert jedoch für rationales \(t\) eine Lösung. Die haben wir oben jedoch schon notiert.
Gruß,
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.981 begonnen.]
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.985, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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@Nuramon: schöne Idee! :)
@Küstenkind: Nun, für die PDF macht es sich besser, wenn man die Lösung auch hinschreibt. ;)
Cyrix
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| Beitrag No.986, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon
Aufgabe 330943=331043: Zu einem regelmäßigen Achteck werde ein Quadrat so konstruiert, dass der Mittelpunkt des Achtecks ein Eckpunkt des Quadrates ist und dass zwischen der Seitenlänge $a$ des Achtecks und der Seitenlänge $b$ des Quadrats die Ungleichung $b\geq \frac{4}{3} a$ gilt.
Dann bezeichne $f$ den Flächeninhalt desjenigen Flächenstücks, das dem Achteck und dem Quadrat gemeinsam ist.
Man beweise, dass zu gegebenem Achteck für alle Quadrate, die dieser Beschreibung entsprechen, $f$ denselben Wert hat.
\quoteoff
Lösung:
Das Achteck sei im mathematisch positiven Sinne als $P_1P_2P_3P_4P_5P_6P_7P_8$ bezeichnet, sein Mittelpunkt mit $A$ und sein Umrkeisradius mit $r$. Da das Achteck regelmäßig ist, gilt $\angle P_1AP_2=\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$, sodass mit dem Cosinussatz im Dreieck $\triangle P_1P_2A$ wegen $|AP_1|=|AP_2|=r$ und $|P_1P_2|=a$ die Beziehung
$a^2=r^2+r^2-2r\cdot r\cdot \cos(45^{\circ})=2r^2-2r^2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\left(2-\sqrt{2}\right) \cdot r^2$
bzw.
$r^2=\frac{1}{2-\sqrt{2}} \cdot a^2=\frac{2+\sqrt{2}}{2^2-2} \cdot a=\frac{4+2\sqrt{2}}{4} \cdot a^2$
und damit
$r=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}{2} \cdot a$
folgt.
Damit ist $r < \frac{4}{3} \cdot a \Leftrightarrow \sqrt{4+2\sqrt{2}} < \frac{8}{3} \Leftrightarrow 4+2\sqrt{2} < \frac{64}{9} \Leftrightarrow 2\sqrt{2} < \frac{28}{9}$, was wegen $2\sqrt{2}=\sqrt{8}<\sqrt{9}=3<\frac{28}{9}$ der Fall ist. Also ist die Kantenlänge des Quadrats größer als der Umrkeisradius des Achtecks.
Seien die Eckpunkte des Quadrats, wie üblich, in mathematisch positiver Orientierung mit $A$, $B$, $C$ und $D$ bezeichnet. Dann schneiden also die Kanten $AB$ und $AD$ den Umkreis des Achtecks, sodass die dazu parallelen Kanten $CD$ bzw. $BC$ echt außerhalb des Umkreises des Achtecks verlaufen und somit weder diesen noch das Achteck selbst schneiden.
Die Kante $AB$ des Quadrats schneide o.B.d.A. das Achteck in einem vom Punkt $P_2$ verschiedenen Punkt $S_1$ der Kante $P_1P_2$. (Gegebenenfalls müsste man die Nummerierung der Eckpunkte des Achtecks zyklisch vertauschen, bis diese Situation eintritt.) Dann gilt $0^{\circ} \leq \angle P_1AS_1 < 45^{\circ}$. Damit ist $0^{\circ}<\angle S_1AP_2\leq 45^{\circ}$, also $\angle S_1AP_3=\angle S_1AP_2 + \angle P_2AP_3\leq 45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$ und $\angle S_1AP_4=\angle S_1AP_2 + \angle P_2AP_4>0^{\circ}+90^{\circ}=90^{\circ}$, sodass die Kante $AD$ des Quadrats wegen $90^{\circ}=\angle BAD=\angle S_1AS_2$ das Achteck in einem vom Punkt $P_4$ verschiedenen Punkt $S_2$ der Kante $P_3P_4$ schneidet.
Das gemeinsame Flächenstück von Achteck und Quadrat ergibt sich also als das $n$-Eck, welches (in dieser Reihenfolge) durch die Punkte $AS_1P_2P_3S_2$ begrenzt wird, wobei ggf. $P_3$ und $S_2$ zusammenfallen.
Die beiden (ggf. entarteten) Dreiecke $\triangle AP_1S_1$ und $\triangle AP_3S_2$ besitzen den gleichen Flächeninhalt: Ist $S_1=P_1$, so auch $S_2=P_3$, sodass beide Dreiecke den Flächeninhalt 0 besitzen. Sonst stimmen die beiden (nun echten) Dreiecke in der Seitenlänge $|AP_1|=|AP_3|$, dem Winkel $\angle AP_1S_1=\angle AP_1P_2=\frac{1}{2} \cdot (180^{\circ}-45^{\circ})=\angle AP_3P_4=\angle AP_3S_2$ (Innenwinkelsumme in den gleichschenkligen Dreiecken $\triangle AP_1P_2$ und $\triangle AP_3P_4$) und dem Winkel $\angle P_1AS_1=45^{\circ}-\angle S_1AP_2=45^{\circ}-(\angle S_1AS_2-\angle P_2AS_2)=45^{\circ}-90^{\circ}+\angle P_2AP_3+\angle P_3AS_2=\angle P_3AS_2$ überein, sind also kongruent und damit insbesondere flächengleich.
Das gemeinsame Flächenstück von Achteck und Quadrat $AS_1P_2P_3S_2$ lässt sich zerlegen in die (ggf. entarteten) Dreiecke $\triangle AS_1P_2$, $\triangle AP_2P_3$ und $\triangle AP_3S_2$. Letzteres ist -- wie gerade bewiesen -- flächengleich zum Dreieck $\triangle AP_1S_1$, sodass das gemeinsame Flächenstück von Achtecke und Quadrat den gleichen Flächeninhalt besitzt wie die Figur, die sich aus den Dreiecken $\triangle AP_1S_1$, $\triangle AS_1P_2$ und $\triangle AP_2P_3$ zusammensetzt, also dem Viereck $AP_1P_2P_3$. Dessen Flächeninhalt ist aber von der Lage des Quadrats $ABCD$ unabhängig, sodass das gemeinsame Flächenstück für jede Lage des Quadrats den gleichen Flächeninhalt (nämlich ein Viertel des Flächeninhalts des Achtecks) besitzt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.982 begonnen.]
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Nuramon
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| Beitrag No.987, eingetragen 2019-06-25
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 2 - 211042
Definition: Eine Länge d heißt Durchmesser einer Punktmenge M, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:
(1) Fur je zwei Punkte X, Y aus M gilt: Der Abstand XY zwischen diesen Punkten erfüllt die Ungleichung XY ≤ d.
(2) Es gibt zwei Punkte P, Q aus M, deren Abstand P Q = d beträgt.
Aufgabe:
Untersuchen Sie, ob man jede Vierecksfläche V so durch einen Streckenzug in zwei Teilflächen zerlegen
kann, dass jede der beiden Teilflächen einen kleineren Durchmesser als V hat!
Dabei soll jede der genannten Flächen einschließlich ihres Randes genommen werden. (Insbesondere zählt also ein zerlegender Streckenzug zu beiden Teilflächen.)
\quoteoff
\showon Lösung:
So eine Zerlegung ist nicht immer möglich.
Es seien $A,B,C$ die Ecken eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge $1$ und es sei $M$ der Mittelpunkt dieses Dreiecks.
Dann hat das konkave Viereck $AMBC$ Durchmesser $1$.
Zerlegt man $AMBC$ in zwei Teilflächen, so muss nach Schubfachprinzip eine dieser Teilflächen mindestens zwei der Punkte $A,B,C$ enthalten und hat somit einen Durchmesser von mindestens $1$.
\showoff\(\endgroup\)
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| Beitrag No.988, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon
Aufgabe 330936: Man beweise, dass für jedes konvexe Viereck $ABCD$ die folgende Aussage gilt:
Sind $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$ die Mittelpunkte der Seiten $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ und $M_5$, $M_6$ die Mittelpunkte der Diagonalen $AC$, $BD$, so gehen die drei Strecken $M_1M_3$, $M_2M_4$ und $M_5M_6$ durch einen gemeinsamen Punkt.
Hinweis: <>
\quoteoff
Lösung:
Wir stellen zuerst fest, dass genau im Fall, dass $ABCD$ ein Parallelogramm ist, die Mittelpunkte $M_5$ und $M_6$ beider Diagonalen zusammenfallen und somit keine echte Stecke $M_5M_6$ existiert. In diesem Fall jedoch sind die Mittellinien $M_1M_3$ und $M_2M_4$ jeweils parallel zu den Seitenkanten des Parallelogramms und verlaufen durch die Mittelpunkte der Seiten, schneiden sich also auch im Diagonalenschnittpunkt $M_5=M_6$, sodass die Behauptung für diesen Fall als gezeigt gelten kann.
Sei ab nun $ABCD$ ein konvexes Nicht-Parallelogramm. Dann fallen die Punkte $M_5$ und $M_6$ nicht zusammen (sowie auch keine weiteren der Mittelpunkte $M_1$ bis $M_4$ verschiedener Seiten, auch nicht mit $M_5$ oder $M_6$, die echt im Innern des konvexen Vierecks liegen).
Wir zeigen zuerst folgendes Lemma:
Verbindet man im echten Dreieck $\triangle PQR$ die Mittelpunkte $X$ von $PQ$ und $Y$ von $PR$ miteinander, so ist die entstehende Strecke $XY$ parallel zur Strecke $QR$.
Beweis: Dies zeigt direkt die Umkehrung des Strahlensatzes (von $P$ aus gesehen).
Wenden wir dieses Lemma auf die Situation der Aufgabe an, so folgt einerseits im Dreieck $\triangle ABC$, dass $M_1M_2 \parallel AC$ gilt, und andererseits im Dreieck $\triangle CDA$, dass $M_3M_4 \parallel AC$, insbesondere also $M_1M_2 \parallel M_3M_4$ gilt. Analog folgt auch $M_2M_3 \parallel BD \parallel M_1M_4$. Damit ist das Viereck $M_1M_2M_3M_4$ ein Parallelogramm, sodass sich dessen Diagonalen $M_1M_3$ und $M_2M_4$ im gemeinsamen Mittelpunkt schneiden.
Wenden wir das Lemma auf das Dreieck $\triangle ACD$ an, so folgt $M_3M_5\parallel DA$. Und wenden wir es auf das Dreieck $\triangle ABD$ an, erhalten wir $M_1M_6 \parallel AD$, also insbesondere $M_3M_5\parallel M_1M_6$. Wenden wir es auf das Dreieck $\triangle BCD$ an, erhalten wir $M_3M_6 \parallel BC$ und im Dreieck $\triangle ABC$ schließlich $M_1M_5 \parallel BC$, sodass $M_1M_6M_3M_5$ wieder ein Parallelogramm ist und sich dessen Diagonalen $M_1M_3$ und $M_5M_6$ im gemeinsamen Mittelpunkt schneiden.
Damit haben alle drei Geraden $M_1M_3$, $M_2M_4$ und $M_5M_6$ einen Punkt gemeinsam, der Mittelpunkt jeder dieser drei Strecken ist, $\Box$.
Bemerkung: Die Konvexität wurde hier nicht benutzt, sodass der Satz auch für konkave und überschlagene Vierecke gilt, sofern keine der Punkte $A$ bis $D$ und $M_1$ bis $M_6$ zusammenfallen.
Cyrix
p.s.: Da waren es (wieder) nur noch 10 offene Aufgaben in Klasse 9. :)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.986 begonnen.]
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| Beitrag No.989, eingetragen 2019-06-25
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\quoteon(2019-06-25 20:13 - stpolster in Beitrag No. 971)
Ich bin mir bei folgender Aufgabe sehr unsicher. Kann jemand einmal nachsehen.
Aufgabe 1 - 330941 = 331043
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\foreach \i in {1,2} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,3} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5-\i);
}
\foreach \i in {1,2,3,4} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5+\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,...,5} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5);
}
\draw[fill=white] (2.5,3.5) circle (0.45);
\node at (2.5,3.5) {\small $D$};
\end{tikzpicture}
$
Auf einem Schachbrett wird eine Figur \dq Dame\dq\ betrachtet, die wie im Schachspiel ziehen kann, also in den acht Richtungen parallel zum Brettrand oder diagonal, jeweils beliebig viele Felder. (siehe z.B. in der Abbildung alle von c4 aus möglichen Züge.)
Als Länge eines Zuges werde stets die Streckenlänge vom Mittelpunkt des Anfangsfeldes zum Mittelpunkt des Zielfeldes bezeichnet. Dabei werde die Seitenlänge jedes der 64 quadratischen Felder als Längeneinheit genommen.
Gesucht wird eine Zugfolge, die den folgenden Bedingungen genügt:
(1) Bei jedem Zug der Zugfolge - mit Ausnahme des letzten - soll der Zug, der sich anschließt (d.h. als Startfeld das eben erreichte Zielfeld hat), eine größere Länge haben als der Zug, an den er sich anschließt.
(2) Das Zielfeld des letzten Zuges soll dem Startfeld des ersten Zuges benachbart sein (und zwar eine Seite mit ihm gemeinsam haben, nicht nur eine Ecke).
(3) Die Zugfolge soll in der Summe der Längen ihrer Züge von keiner Zugfolge, die den Bedingungen (1) und (2) genügt, übertroffen werden.
Geben Sie eine Zugfolge an und beweisen Sie, dass sie die Bedingungen (1), (2) und (3) erfüllt!
Lösung:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\draw[->] (0.5,1.5) -- (0.5,2.5);
\draw[->] (0.5,2.5) -- (2.5,2.5);
\draw[->] (2.5,2.5) -- (5.5,2.5);
\draw[->] (5.5,2.7) -- (1.5,2.7);
\draw[->] (1.5,2.7) -- (1.5,7.5);
\draw[->] (1.5,7.5) -- (7.5,7.5);
\draw[->] (7.5,7.5) -- (7.5,0.5);
\draw[->] (7.5,0.5) -- (0.5,0.5);
\draw[fill=white] (0.5,1.5) circle (0.45);
\node at (0.5,1.5) {\small $D$};
\end{tikzpicture}
$
\quoteoff
Nein, ich kann nur das TikZ vereinfachen.
Zunächst sollten Koordinaten auf dem Schachbrett in der Form 'd-4' angegeben werden können. Das ist noch einfach:
\sourceon (latex)
% KoSy
\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\S from 0, count=\s] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\S,0) -- (\s,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
\path[] (0,\S) -- (0,\s) node[midway,anchor=east] {\s};
\foreach \y in {1,...,8} \coordinate[] (\t-\y) at (\S+0.5,\y-0.5);
}
\sourceoff
Die Linien mit Pfeilspitzen kann man als 'decoration' umsetzen. Soll allerdings -automatisch- zwischen geraden und diagonalen Linien unterschieden werden wird es schwierig. Für manuelle Eingabe geht:
\sourceon (latex)
% \usetikzlibrary{decorations.markings}
\pgfmathsetmacro\D{sqrt(2)/2}
\pgfmathsetlengthmacro\d{\D cm}
\pgfmathsetlengthmacro\g{0.5cm}
\tikzset{mymarks/.style={->,
decoration={markings,
mark=
between positions 0 and 0.99 step #1
with {\draw[-latex](0,0)--(0.1,0);}},
postaction={decorate}
}}
\sourceoff
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_22_55555555.png
\showon
\sourceon latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.markings}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5,
font=\small]
% KoSy
\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\S from 0, count=\s] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\S,0) -- (\s,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
\path[] (0,\S) -- (0,\s) node[midway,anchor=east] {\s};
\foreach \y in {1,...,8} \coordinate[] (\t-\y) at (\S+0.5,\y-0.5);
}
\pgfmathsetmacro\D{sqrt(2)/2}
\pgfmathsetlengthmacro\d{\D cm}
\pgfmathsetlengthmacro\g{0.5cm}
\tikzset{mymarks/.style={->,
decoration={markings,
mark=
between positions 0 and 0.99 step #1
with {\draw[-latex](0,0)--(0.1,0);}},
postaction={decorate}
}}
% \node at (g-7) {X}; % Test
\foreach \Ende in {g-8,f-1,a-2,a-6}
\draw[mymarks=\d] (c-4) -- (\Ende);
\foreach \Ende in {a-4,c-8,h-4,c-1}
\draw[mymarks=\g] (c-4) -- (\Ende);
\draw[fill=white] (c-4) circle(0.45) node{$D$};
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.987 begonnen.]
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 | Beitrag No.990, eingetragen 2019-06-25
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301044
Untersuchen Sie, ob es eine für alle reellen Zahlen $x$ definierte Funktion f so gibt, daß für alle natürlichen Zahlen $a$ und $b$ die Gleichung
$f ( a ) + f ( a + b ) – f ( a – b ) = a^2 + 4b + 2$ gilt!
\showon Lösung
Zunächst setze $b=1$ und setze für $a$ verschiedene Werte ein: $m, m+1, m-1, m+2$ (man erhält also 4 Gleichungen, $m$ sei eine beliebige natürliche Zahl).
Dann setze $b=2$ und setze für $a$: $m, m+1$ (man erhält somit 2 Gleichungen).
Das ergibt ein Gleichungssystem aus 6 Gleichungen mit den 6 Unbekannten $f(m), f(m+1), f(m+2), f(m-1), f(m+3), f(m-2).$
Als Lösung ergibt sich beispielsweise $f(m)=m^2+4$ und $f(m+1)=m^2+5$, dies gilt für alle natürlichen $m$, woraus schon der Widerspruch folgt, es kann also kein solches $f$ geben.
\showoff
311043 A
Es sei $f$ eine Funktion, die für alle positiven ganzen Zahlen $n$ und nur für diese definiert sei und deren sämtliche Funktionswerte $f ( n )$ ganzzahlig sind. Ferner werde vorausgesetzt, daß für alle positiven ganzen Zahlen $m, n$ die Gleichung
$ f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + n$
gilt.
Man ermittle alle diejenigen Zahlen, die als Funktionswert $f ( 1992 )$ bei einer solchen Funktion $f$ vorkommen können.
\showon Lösung
Alle folgenden Variablen $m,n,k$ seien positiv ganz.
Für $m=n$ lautet die Funktionalgleichung $f ( 2f(n) ) = 2n$.
Das Argument $2f(n)$ der äußeren Funktion muss positiv ganz sein, also ist $f(n)$ stets positiv ganz.
$f$ ist außerdem injektiv: aus $f(n)=f(k)$ folgt $2n = f( 2f(n) ) = f( 2f(k) ) = 2k$, also $n=k$.
Da in $f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + n$ die rechte Seite alle natürlichen Zahlen größer 1 annehmen kann, muss jede natürliche Zahl größer 1 ein Urbild haben.
Aus der Funktionalgleichung und der Injektivität von $f$ folgt
$2f(n) = f(n+1) + f(n-1) = f(n+2) + f(n-2) =...= f(1) + f(2n-1)$, denn wenn man $f$ auf jede Seite dieses Gleichungssystems anwendet, erhält man immer $2n$.
$2f(n)$ besitzt also $n-1$ verschiedene Darstellungen als Summe zweier verschiedener Summanden (verschieden wegen der Injektivität von $f$).
[zwei Darstellungen heißen genau dann verschieden, wenn sie nicht durch Vertauschung der Summanden ineinander übergehen]
Also muss offenbar $f(n) \geq n$ gelten für alle $n \geq 2$.
Wäre $f(1)>1$, so wäre $2 = f( f(1)+f(1) ) \geq 4$, Widerspruch, also ist $f(1)=1$.
Wäre nun $f(2)>2$, hätte die 2 kein Urbild, Widerspruch, also ist $f(2)=2$.
Induktiv kriegt man nun $f(n)=n$ für alle natürlichen $n$, was die Funktionalgleichung erfüllt.
Anmerkung: Man erhält schon aus $2f(n) = f(n+1) + f(n-1)$ die Lösung: das charakteristische Polynom hat die doppelte Nullstelle 1, damit ist $f(n)=a+bn$. Da $f$ einen natürlichen Wertebereich hat, ist $a$ ganz und $b \geq 0$. Wegen der Injektivität gilt $b \neq 0$. Damit, und da jede natürliche Zahl größer gleich 2 ein Urbild hat, ist $b=1$ und $a=1$ oder $a=0$. Damit und nach Einsetzen in die Funktionalgleichung erhält man $a=0$.
\showoff
(angepasst von https://www.matheboard.de/thread.php?threadid=527546&hilightuser=40269 , der Autor da bin ich selbst ;-) )
@Steffen: Bitte bei der 191233A nach Montys Kommentar
"Letzteres ist der entscheidende Knackpunkt. Wäre eine Funktion konstruierbar, die nicht differenzierbar ist?"
noch ergänzen:
"Man kann zeigen, dass eine Funktion, die die erste Funktionalgleichung (1) erfüllt (eine der Cauchy-Funktionalgleichungen) entweder linear ist oder einen Graphen besitzt, der dicht in $\mathbb{R}^2$ liegt. Von letzteren gibt es unendlich viele, sodass unendlich viele Lösungen der ersten Funktionalgleichung nirgendwo stetig und damit nirgendwo differenzierbar sind."
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Nuramon
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| Beitrag No.991, eingetragen 2019-06-26
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon
Aufgabe 3 - 231033
Beweisen Sie die folgende Aussage!
Wenn man die Menge aller natürlichen Zahlen so in zwei Mengen A und B einteilt, dass jede natürliche Zahl in genau einer dieser beiden Mengen enthalten ist, dann gibt es eine natürliche Zahl d so, dass in einer der beiden Mengen A, B drei Zahlen der Form a, a + d, a + 2d enthalten sind (man könnte auch sagen, dass (mindestens) eine der beiden Mengen A, B eine arithmetische Folge der Länge 3 enthält).
\quoteoff
Bemerkung: Eine Verallgemeinerung der Aufgabe ist gegeben durch den Satz von van der Waerden.
\showon Lösung
Angenommen es gäbe solche Mengen $A,B$. Wir nehmen o.B.d.A. an, dass $0\in A$.
Um langatmige Formulierungen zu vermeiden, benutzen wir im Folgenden Matrizen wie beispielsweise $\begin{pmatrix}0&1&2&3 \\
A&X&Y&Z\end{pmatrix}$, um auszudrücken, dass $0\in A, 1\in X, 2\in Y, 3\in Z$.
Wir unterscheiden nach allen möglichen Verteilungen von $0,1,2,3$ auf $A$ und $B$ und zeigen jeweils, dass $8$ sowohl in $A$ als auch in $B$ liegen müsste, was einen Widerspruch darstellt.
Fall 1: $\begin{pmatrix}0&1&2&3\\
A&A&B&A\end{pmatrix}$
Die arithmetischen Folgen $(0,3,6)$ und $(1,3,5)$ zeigen, dass dann $5,6 \in B$.
Die Folgen $(4,5,6)$ und $(5,6,7)$ zeigen, dass $4,7\in A$.
Also $\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&A&B&A&A&B&B&A\end{pmatrix}$
Wegen $(0,4,8)$ müsste $8\in B$ sein. Wegen $(2,5,8)$ müsste andererseits aber $8\in A$ gelten. Widerspruch!
Fall 2: $\begin{pmatrix}0&1&2&3\\
A&A&B&B\end{pmatrix}$
Wegen $(2,3,4)$ folgt $4\in A$. $(1,4,7)$ zeigt dann $7\in B$.
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&A&B&B&A&&&B\end{pmatrix}$
$(3,5,7)$ zeigt jetzt $5\in A$. $(4,5,6)$ zeigt dann $6\in B$.
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&A&B&B&A&A&B&B\end{pmatrix}$
Wegen $(6,7,8)$ folgt $8\in A$, was im Konflikt mit der Folge $(0,4,8)$ steht.
Fall 3: $\begin{pmatrix}0&1&2&3 \\
A&B&A&A\end{pmatrix}$.
Mit $(2,3,4)$ folgt direkt $4\in B$. $(0,3,6)$ zeigt $6\in B$. Mit $(4,5,6)$ folgt dann $5\in A$. $(1,4,7)$ zeigt $7\in A$.
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&B&A&A&B&A&B&A\end{pmatrix}$
Nun stehen aber $(2,5,8)$ und $(4,6,8)$ im Konflikt zueinander.
Fall 4: $\begin{pmatrix}0&1&2&3 \\
A&B&A&B\end{pmatrix}$
$(0,2,4)$ zeigt $4\in B$. $(1,3,5)$ zeigt $5\in A$.
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5 \\
A&B&A&B&B&A\end{pmatrix}$
$(1,4,7)$ zeigt $7\in A$, woraus mit $(5,6,7)$ dann $6\in B$ folgt:
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&B&A&B&B&A&B&A\end{pmatrix}$
Der Widerspruch folgt jetzt aus $(4,6,8)$ und $(2,5,8)$.
Fall 5: $\begin{pmatrix}0&1&2&3& \\
A&B&B&A\end{pmatrix}$
$(0,3,6)$ zeigt $6\in B$. Mit $(2,4,6)$ folgt dann $4\in A$.
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6 \\
A&B&B&A&A&&B\end{pmatrix}$
$(3,4,5)$ zeigt $5\in B$. Mit $(5,6,7)$ ist dann $7\in A$:
$\begin{pmatrix}0&1&2&3&4&5&6&7 \\
A&B&B&A&A&B&B&A\end{pmatrix}$
Der Widerspruch folgt aus $(0,4,8)$ und $(2,5,8)$.
In allen anderen Fällen gäbe es schon unter den Zahlen ${0,1,2,3}$ eine arithmetische Folge der Länge $3$, die ganz in $A$ oder ganz in $B$ liegt.
\showoff
\(\endgroup\)
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| Beitrag No.992, eingetragen 2019-06-26
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Ich denke, hier ist ein Fehler in der Aufgabe. Es soll mit Sicherheit $+1978\cdot x$ heißen und nicht $+1978^x$:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221035.png
Man zerlege die Funktion wie folgt:
$$f(x)=2+1978(1+x+x^2+x^3+x^4)+x^2(3x^2+x+4)$$$$f(x)=2+1978\cdot\frac{x^5-1}{x-1}+x^2\left(3\left(x+\frac16\right)^2+4-\frac1{12}\right)$$Der Term $\frac{x^5-1}{x-1}$ hat keine Nullstelle, denn $x^5-1$ hätte nur die Nullstelle $x=1$, die aber künstlich erzeugt wurde durch die Erweiterung mit dem Nenner $x-1$. Eine eventuelle andere Nullstelle von $1+x+x^2+x^3+x^4$ müsste dann aber auch Nullstelle von $x^5-1$ sein. Daher ist der ganze Ausdruck $1+x+x^2+x^3+x^4>0$ für alle $x$. Alle anderen Terme sind auch immer größer als null, so dass man insgesamt festhalten kann, dass $f(x)>0$ für alle $x\in\mathbb R$ ist und daher keine Nullstellen aufweist.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.993, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-26
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\quoteon
Aufgabe 330933: Antje hat in einem älteren Geometriebuch folgende Näherungskonstruktion für regelmäßige Vielecke mit gegebener Seitenlänge $s$ gefunden:
Man konstruiere ein gleichseitiges Dreieck $\triangle ABC$ mit der Seitenlänge $s$. Dann konstruiere man den Mittelpunkt $D$ von $AB$ und verlängere die Strecke $DC$ über $C$ hinaus.
Auf dieser Verlängerung trage man fortgesetzt Strecken der Länge $\frac{s}{6}$ ab. Die dabei der Reihe nach erhaötenen Punkte seien mit $M_7$, $M_8$, $M_9$, $\dots$ bezeichnet.
Für $n>6$ ist dann jeweils der durch $A$ und $B$ gehende Kreis um $M_n$ näherungsweise der Umkreis eines regelmäßigen $n$-Ecks der Seitenlänge $s$.
Beate behauptet, speziell für $n=12$ gelte das nicht nur näherungsweise, sondern sogar genau.
Beweisen Sie diese Behauptung!
\quoteoff
Bemerkung: Am Ende der drittletzten Zeile (im PDF) der Aufgabenstellung ist ein Tippfehler. Dort steht $s_n$; es müsste aber nur $s$ heißen.
Lösung:
Nach Konstruktion ist die Gerade $DC$ die Mittelsenkrechte der Strecke $AB$. Damit ist $DC$ auch die Höhe im gleichseitigen Dreieck $\triangle ABC$, sodass $|DC|=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot s$ gilt.
Insbesondere ist das Dreieck $\triangle ADM_{12}$ rechtwinklig bei $D$ und besitzt die Kantenlängen $|AD|=\frac{1}{2} \cdot s$ und $D_{M_12}=|DC|+(12-6) \cdot \frac{1}{6} \cdot s=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot s + s=\frac{\sqrt{3}+2}{2} \cdot s$, sodass sich mit dem Satz des Pythagoras die Länge der Hypothenuse zu $|AM_{12}|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}+2}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2} \cdot s=\frac{\sqrt{3+4\sqrt{3}+4+1}}{2} \cdot s=\frac{\sqrt{8+4\sqrt{3}}}{2} \cdot s=(\sqrt{2+\sqrt{3}}) \cdot s$ ergibt. Aus Symmetriegründen ist auch $|BM_{12}|=|AM_{12}|$.
Es sei $\alpha=\angle AM_{12}B$. Wendet man den Cosinussatz auf das Dreieck $\triangle ABM_{12}$ an, erhält man $|AB|^2=|AM_{12}|^2 + |BM_{12}|^2 - 2 |AM_12| \cdot |BM_{12}| \cdot \cos\alpha$ bzw. nach Einsetzen
$s^2=(2+\sqrt{3}) s^2 + (2+\sqrt{3}) s^2 - 2 \cdot (2+\sqrt{3}) s^2 \cdot \cos\alpha$
sowie
$1=2(2+\sqrt{3}) \cdot (1-\cos\alpha)$, also $1-\cos\alpha=\frac{1}{2(2+\sqrt{3})}=\frac{2-\sqrt{3}}{2(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=\frac{2-\sqrt{3}}{2 \cdot (4-3)}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$ und also $\cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}=\cos 30^{\circ}$. Da für $\alpha$ als Innenwinkel eines Dreiecks $0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$ gilt und der Cosinus in diesem Bereich streng monoton fallend ist, ist also $\angle AM_{12}B=\alpha=30^{\circ}=\frac{1}{12} \cdot 360^{\circ}$ der Zentriwinkel eines regelmäßigen Zwölfecks, sodass $M_{12}$ der Mittelpunkt des Umkreises eines solchen ist, von dem $AB$ eine Kante ist, welches damit die Kantenlänge $|AB|=s$ besitzt, $\Box$.
Cyrix
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weird
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 | Beitrag No.994, eingetragen 2019-06-26
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\quoteonAufgabe 2 - 221242
Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen a, zu denen es nichtnegative reelle Zahlen $x_1,x_2,x_3,x_4$ gibt, die die folgenden Gleichungen (1), (2), (3), (4) erfüllen:
\[x_1 +x_2 +x_3 +x_4 \quad=\qquad 1\quad (1)\\
x_1 +2x_2 +3x_3 +4x_4\ =\quad a\ \quad (2)\\
x_1 +2^2x_2 +3^2x_3 +4^2x_4 = a^2 \quad (3)\\
x_1 +2^3x_2 +3^3x_3 +4^3x_4 = a^3 \quad (4)\]
\quoteoff
\showon
Lösung: Zunächst geht es darum, das obige lineare Gleichunssystem in $x_1,x_2,x_3,x_4$ zu lösen. Dafür gibt es hier aufgrund seiner besonderen Form einen netten Trick, den ich am Beispiel der Berechnung von $x_1$ hier einmal explizit vorführe:
$f_1(a):=(a-2)(a-3)(a-4)=a^3-9a^2+26a-24=\\
=(x_1 +2^3x_2 +3^3x_3 +4^3x_4)-9(x_1 +2^2x_2 +3^2x_3 +4^2x_4)+26(x_1 +2x_2 +3x_3 +4x_4)-\\-24(x_1 +x_2 +x_3 +x_4)=f_1(1)x_1+f_1(2)x_2+f_1(3)x_3+f_1(4)x_4=f_1(1)x_1 $
und damit also
\[x_1=\frac1{f_1(1)}(a-2)(a-3)(a-4)=-\frac 16 (a-2)(a-3)(a-4)\]
In analoger Weise ergeben sich unter Verwendung der polynomialen Ausdrücke
\[f_2(a):=(a-1)(a-3)(a-4),\ f_3(a):=(a-1)(a-2)(a-4),\ f_4(a):=(a-1)(a-2)(a-3)\]
in a die Werte der anderen Variablen zu
\[x_2=\frac1{f_2(2)} (a-1)(a-3)(a-4)=\ \frac12 (a-1)(a-3)(a-4)\\
x_3=\frac1{f_3(3)} (a-1)(a-2)(a-4)=-\frac12 (a-1)(a-2)(a-4)\\
x_4=\frac1{f_4(4)} (a-1)(a-2)(a-3)=\ \frac16 (a-1)(a-2)(a-3)\]
Daraus kann man aber durch Einsetzen sofort ersehen, dass für $a\not\in\{1,2,3,4\}$ mindestens eine der 4 Varaiblen negativ ist, während für $a\in\{1,2,3,4\}$ jeweils 3 der Variablen $x_1,x_2,x_3,x_4$ den Wert 0 annehmen, die vierte aber dann positiv ist, d.h., genau diese vier Werte von $a$ stellen die Lösung der Aufgabe hier dar.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.992 begonnen.]
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| Beitrag No.995, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-26
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\quoteon
Aufgabe 330946: Ist $P$ ein Punkt im Innern des Dreiecks $\triangle ABC$, so kann folgende Konstruktion durchgeführt werden:
Die Parallele durch $P$ zu $CB$ schneidet $AB$ in $S_1$, die Parallele durch $S_1$ zu $AC$ schneidet $BC$ in $S_2$, die Parallele durch $S_2$ zu $BA$ schneidet $CA$ in $S_3$. In dieser Weise kann man für $k=1,2,3,\dots$ fortsetzen:
Die Parallele durch $S_{3k}$ zu $CB$ schneidet $AB$ in $S_{3k+1}$, die Parallele durch $S_{3k+1}$ zu $AC$ schneidet $BC$ in $S_{3k+2}$, die Parallele durch $S_{3k+2}$ zu $BA$ schneidet $CA$ in $S_{3k+3}$.
Beweisen Sie, dass für jedes Dreieck $\triangle ABC$ und jeden Punkt $P$ im Innern dieses Dreiecks eine der so konstruierten Parallelen wieder durch $P$ gehen muss!
\quoteoff
Lösung:
Es sei $S$ der Schnittpunkt der Parallelen durch $P$ zu $CB$ mit $AC$. Dann liegen $S$, $P$ und $P_1$ in dieser Reihenfolge auf einer Parallelen zu $CB$. Wir zeigen im Folgenden, dass $S_6=S$ gilt und damit die Gerade $S_6S_7$, welche nach Definition parallel ist zu $CB$ und durch $S_6$ verläuft, identisch ist mit der Gerade $SP_1$, auf der auch $P$ liegt.
Nach Konstruktion sind die Geraden $SC=AC$ und $S_1S_2$ sowie $SS_1$ und $CS_2=CB$ jeweils zueinander parallel, sodass das Viereck $SS_1S_2C$ ein Parallelogramm ist. Damit gilt insbesondere $|SC|=|S_1S_2|$.
Weiterhin sind analog auch die Vierecke $S_3S_4BS_2$ und $S_3S_4S_5C$ Parallelogramme (da jeweils gegenüberliegende Seiten nach Konstruktion parallel zueinander sind), sodass $|CS_5|=|S_3S_4|=|S_2B|$ folgt.
Es ist $S_6C=AC \parallel S_1S_2$ und es liegen $C$, $S_5$, $S_2$ und $B$ auf einer Geraden, also ist $\angle S_6CS_5=\angle S_1S_2B$, da es sich um Stufenwinkel handelt. Analog folgert man auch $\angle CS_5S_6=\angle S_2BS_1$, sodass die beiden Dreiecke $\triangle S_6CS_5$ und $\triangle S_1S_2B$ nicht nur aufgrund der Übereinstimmung zweier Winkelgrößen zueinander ähnlich, sondern wegen dem zuvor gezeigten $|CS_5|=|S_2B|$ sogar kongruent sind. Insbesondere folgt damit $|S_6C|=|S_1S_2|=|SC|$. Also liegen $S$ und $S_6$ beide auf der Strecke $AC$ in gleicher Entfernung zu $C$, sodass sie identisch sind. Es folgt, wie oben beschrieben, dass $P$ auf der Parallelen zu $BC$ durch $S_6$ liegt, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.993 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.996, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-26
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Ich versuche es noch einmal:
Aufgabe 1 - 330941 = 331041
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5, font=\small]
\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\Y from 0] \y in {1,...,8} {
\path[] (0,\Y) -- (0,\y) node[midway,anchor=east] {\y};
}
\foreach[count=\X from 0, count=\x] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\X,0) -- (\x,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
}
\foreach \i in {1,2} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,3} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5-\i);
}
\foreach \i in {1,2,3,4} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5+\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,...,5} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5);
}
\draw[fill=white] (2.5,3.5) circle (0.45);
\node at (2.5,3.5) {\small $D$};
\end{tikzpicture}
$
Auf einem Schachbrett wird eine Figur \dq Dame\dq\ betrachtet, die wie im Schachspiel ziehen kann, also in den acht Richtungen parallel zum Brettrand oder diagonal, jeweils beliebig viele Felder. (siehe z.B. in der Abbildung alle von c4 aus möglichen Züge.)
Als Länge eines Zuges werde stets die Streckenlänge vom Mittelpunkt des Anfangsfeldes zum Mittelpunkt des Zielfeldes bezeichnet. Dabei werde die Seitenlänge jedes der 64 quadratischen Felder als Längeneinheit genommen.
Gesucht wird eine Zugfolge, die den folgenden Bedingungen genügt:
(1) Bei jedem Zug der Zugfolge - mit Ausnahme des letzten - soll der Zug, der sich anschließt (d.h. als Startfeld das eben erreichte Zielfeld hat), eine größere Länge haben als der Zug, an den er sich anschließt.
(2) Das Zielfeld des letzten Zuges soll dem Startfeld des ersten Zuges benachbart sein (und zwar eine Seite mit ihm gemeinsam haben, nicht nur eine Ecke).
(3) Die Zugfolge soll in der Summe der Längen ihrer Züge von keiner Zugfolge, die den Bedingungen (1) und (2) genügt, übertroffen werden.
Geben Sie eine Zugfolge an und beweisen Sie, dass sie die Bedingungen (1), (2) und (3) erfüllt!
"Lösung" entfernt, da Blödsinn!
Im nachfolgenden Beitrag hat cyrix eine schöne Lösung.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.997, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-26
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Zur 330941 = 331041:
Bemerkung: Da steht derzeit noch "=331043", was ein Druckfehler ist.
Bemerkung 2: Gern noch ein Bild ergänzen. :)
Lösung:
Es ist $1<\sqrt{2}<2<2\sqrt{2}<3<4<3\sqrt{2}<5<4\sqrt{2}<6<7<5\sqrt{2}<6\sqrt{2}<7\sqrt{2}$.
Wenn es einen Weg gibt, der alle diese Streckenlängen erfüllt, dann muss er in einem Eckfeld enden, o.B.d.A. h8. Der Zug davor muss dann in a1 starten, der davor in g7 und der davor in b2. Dann jedoch wäre zuvor kein Zug der Länge 7 möglich gewesen, da man dazu am Rand des Schachbretts stehen und auch ankommen muss. Also kann nicht jede der Längen $\geq 7$ in der Zugfolge vorkommen.
Streichen wir den Zug der Länge 7, so machen wir hierbei die Summe um den kleinstmöglichen Wert kleiner, bleiben also maximal (unter der Voraussetzung, dass alle kürzeren Züge nun möglich sind). Wir benötigen also einen Zug der Länge 6, der in b2 endet. Dies kann sowohl b8 als auch h2 sein. Da beide symmetrisch zur Hauptdiagonalen liegen (auf der sich auch das Zielfeld h8 des letzten Zug befindet), können wir o.B.d.A. h2 als dessen Ausgangsfeld wählen. Dort muss nun ein Zug der Länge $4\sqrt{2}$ ankommen, der also nur in d6 gestartet sein kann. Der davor erfolgende Zug der Länge 5 muss dann von Feld d1 ausgegangen sein. Dort muss ein Zug der Länge $3\sqrt{2}$ sein Ziel gefunden haben, der damit von a4 oder g4 gestartet sein muss.
Wir geben im folgenden einen Weg an, der in h7 startet, aufsteigend alle Längen von 1 bis $7\sqrt{2}$, mit Ausnahme der Länge 7, durchläuft und im Nachbarfeld h8 von h7 endet:
h7 -- g7 -- f6 -- h6 -- f4 -- c4 -- g4 -- d1 -- d6 -- h2 -- b2 -- g7 -- a1 -- h8
Diese Zugfolge hat maximale Länge unter Einhaltung der Bedingungen (1) und (2), ist also eine gesuchte.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.995 begonnen.]
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.998, eingetragen 2019-06-26
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Seht Euch mal diese Aufgabe an:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_211043B.png
Das ist Stufe IV der 10ten Klasse. Die Aufgabe ist aber supereinfach, wenn man weiß, dass ein regelmäßiger Ikosaeder 12 Eckpunkte hat. Dann braucht man nur noch in der Formelsammlung das Verhältnis Umkugelradius zu Kantenlänge raussuchen, nach der Kantenlänge umformen (eine Division) und dann herausfinden, dass $a=r\cdot1,051...$, q.e.d.
Das wäre aber einer Stufe IV-Aufgabe sicher nicht würdig. Dürfen solche Formelsammlungen in Olympiaden benutzt werden, oder ist der Beweis hier ganz "elementar" und ohne Benutzung einer Formelsammlung zu erbringen?
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.999, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-26
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\quoteon(2019-06-26 11:37 - MontyPythagoras in Beitrag No. 998)
Dürfen solche Formelsammlungen in Olympiaden benutzt werden, oder ist der Beweis hier ganz "elementar" und ohne Benutzung einer Formelsammlung zu erbringen?
\quoteoff
1984 waren weder Formelsammlung noch Taschenrechner zugelassen.
Damals musste alles "per Hand" gelöst werden.
LG Steffen
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