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 Bundeswettbewerb Mathematik 2020 1. Runde |
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Math314
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 |  Themenstart: 2020-02-05
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Hallo zusammen,
die 1. Runde vom diesjährigen BWM geht in die Endphase, Einsendeschluss ist am 02.März. Dieser Thread soll zur Diskussion der Aufgaben NACH Einsendeschluss dienen. (AUF KEINEN FALL VORHER (TEIL-)LÖSUNGEN POSTEN!!!)
Für alle Interessierten hier der Link zu den Aufgaben: https://www.mathe-wettbewerbe.de/download/aufgaben-20-1.pdf
Wie findet ihr die neuen Aufgaben?
Viele Grüße,
Philipp
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ochen
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| Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-10
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Hallo,
da der Wettbewerb schon eine Woche vorbei ist, stelle ich mal meine Lösungsskizzen vor.
Vor allem an anderen Lösungen zur ersten Aufgabe bin ich interessiert.
\showon Aufgabe 1.
Für alle $k\in \mathbb{N}$ ist $50^{2k+1}-50^{2k}$ eine Quadratzahl, da
\[50^{2k+1}-50^{2k} = (50-1)\cdot 50^{2k}=(7\cdot 50^k)^2\]
gilt. Weiter gilt für $k,l\in \in \mathbb{N}$ mit $k1$ ist.
Angenommen, es gäbe eine Quadratzahl $q^2$ der Form $2020^m+2020^n$. Sei o.B.d.A. $m\geq n$, so setzen wir $k:=m-n$.
Falls $k=0$ ($m=n$) gelte, folgt
\[ 2020^m+2020^n =2\cdot 2020^n=2^{2n+1} \cdot 5^n\cdot 101^n.\]
Dies führt zu einem Widerspruch, wenn wir die größte Zweierpotenz betrachten, die $q$ teilt.
Sei also $k\geq 1$, so gilt
\[2020^m+2020^n = 2020^n(2020^k+1).\]
Mit $k\geq 1$ folgt, dass $2020^n$ und $2020^k+1$ teilerfremd sind. Somit müssen beide Faktoren Quadratzahlen sein.
Sei also $r\in \mathbb{N}$ so gewählt, dass $r^2=2020^k+1$ bzw. $(r-1)(r+1)=2020^k$ gelte. Da $k\geq 1$ ist, ist $2020^k$ durch 2 teilbar.
Somit muss $r$ ungerade sein und wir setzen $s=\frac{r-1}{2}$. Also folgt
\[\left(\frac{r-1}{2}\right)\left(\frac{r-1}{2}+1\right)=s(s+1)=\frac{1}{4}\cdot 2020^k=2^{2(k-1)} \cdot 5^k\cdot 101^k\]
Nun sind aber auch $s$ und $s+1$ teilerfremd, also muss eine der beiden Zahlen durch $101^k$ teilbar sein, was in jedem Fall bedeutet, dass
$s+1\geq 101^k$ ist. Also gilt
\[2020^k=4s(s+1)\geq 4\cdot (101^k-1)\cdot 101^k,\]
was kein $k\in \mathbb{N}$ erfüllen kann.
\showoff
\showon Aufgabe 2.
Für $n=7$ und nur für $n=7$ benötigen beide gleich viele Züge.
Zuerst kann man mit Paritätsbetrachtungen (schwarz und weiß) zeigen, dass Isabelle stets eine gerade Anzahl an Zügen braucht, da ihr Startfeld und ihr Zielfeld die gleiche Farbe haben.
Andererseits haben bei Konrad nur für ungerade $n$ Start- und Zielfeld die gleiche Farbe. Somit sind alle gesuchten $n$ ungerade.
Legen wir ein Koordinatensystem über das Schachbrett, so dass die Mitte des linken unteren Feldes auf $(0,0)$ liegt, die Mitte des rechten unteren Feldes auf $(n-1,0)$ liegt und
die Mitte des rechten oberen Feldes auf $(n-1,n-1)$ liegt, so können wir zeigen, dass wir den Abstand bezüglich der Supremumsnorm von zwei beliebigen Feldern um höchstens
zwei und bezüglich der Manhattan-Norm um höchstens drei verkürzen können. Da der Abstand bezüglich der Supremumsnorm von $(0,0)$ und $(n-1,0)$ genau $n-1$ ist, benötigt
Konstantin mindestens $\frac 12(n-1)$ Züge. Isabelle benötigt mindestens $\frac 23(n-1)$, da der Abstand bezüglich der Manhattan-Norm von $(0,0)$ und $(n-1,n-1)$ genau $2(n-1)$ ist.
Umgekehrt lassen sich für Konstantin und ungerade $n$ konkrete Zugfolgen finden, sodass Konstantin höchtens $\frac 12(n+1)$ benötigt.
Da $\frac 12(n+1) <\frac 23(n-1)$ für $n\geq 9$ gilt, bleiben für $n$ nur die Möglichkeiten $3$, $5$ und $7$.
Für $n=7$ kann man bei beiden eine konkrete Zugfolge finden, sodass sie ihre Zielfelder in vier Zügen erreichen. Da $4=\frac 23 (7-1)$ gilt, kann Isabelle ihr Zielfeld auch nicht in weniger Zügen erreichen.
Auch Konstantin benötigt so viele Züge, da er nach der obigen Formel mindestens drei Züge braucht, er aber nach drei Zügen auf einem Feld ist, welches eine andere Farbe als sein Zielfeld hat.
Für $n=5$ kann Konstantin den Springer in zwei Zügen zum Feld $(4,0)$. Isabelle kann aber nicht in zwei Zügen zum Feld $(4,4)$ ziehen, da $2<\frac{2}{3}(5-1)$ gilt.
Für $n=3$ benötigt Konstantin zwei Züge, während Isabelle vier Züge braucht.
\showoff
\showon Aufgabe 3.
Wir zeigen, dass $|\overline{AE}|\cdot |\overline{AC}|+|\overline{BE}|\cdot |\overline{BD}|=|\overline{AB}|^2$ für jede Wahl von $E$ gilt:
\[\begin{align*}
|\overline{AE}|\cdot |\overline{AC}|+|\overline{BE}|\cdot |\overline{BD}| &= |\overline{AE}|\cdot (|\overline{AE}|+|\overline{CE}|)+|\overline{BE}|\cdot (|\overline{BE}|+|\overline{DE}|)\\
&= |\overline{AE}|^2+|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BE}|^2 + |\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|\\
&\overset{(1)}{=} |\overline{AE}|^2 + |\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2+|\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|\\
&\overset{(2)}{=} |\overline{AE}|^2 + 2|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2\\
&= (|\overline{AE}|+|\overline{CE}|)^2+|\overline{BC}|^2\\
&= |\overline{AC}|^2+|\overline{BC}|^2\\
&\overset{(3)}{=} |\overline{AB}|^2
\end{align*}\]
(1) Pythagoras auf $BCE$ mit Hypothenuse $BE$: $|\overline{BE}|^2=|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2$
(2) Sehnensatz auf $AC$ und $BD$: $|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}| = |\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|$
(3) Pythagoras auf $ABC$ mit Hypothenuse $AB$: $|\overline{AB}|^2=|\overline{AC}|^2+|\overline{BC}|^2$
\showoff
\showon Aufgabe 4.
Es gilt
\[a_{19702020}=3^{6567340}.\]
Somit ist $3^{6567340}$ die Primfaktorzerlegung von $a_{19702020}$.
Wir zeigen als erstes mit starker Induktion, dass
\[a_n\leq \sqrt[3]{3^n}\]
für alle positiven ganzen Zahlen $n$ gilt.
Für kleine $n$ ist es klar. Sei nun $d^*$ die Zahl $d$ mit $1
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Seligman
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| Beitrag No.2, eingetragen 2020-03-10
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Hi ochen,
bin zwar eine weile aus dem Olympioniken-Alter raus, verfolge aber immer wieder gerne die Entwicklung der Aufgabenstellungen. habe ne frage zu deiner Lösung zu 1:
du schreibst: Wir können sogar zeigen, dass es keine sonstigen Quadratzahlen der Form $50^m−50^n$ gibt, da $50^{m−n}−1≡−1(mod4)$ für $m−n>1$ ist.
was ist mit dem faktor $50^n$ aus der faktorisierung $50^m−50^n= (50^{m−n}−1)* 50^n$? es kann $50^{m−n}−1$ wie du gezeigt hast kein quadrat sein aber iA folgt daraus ja nicht, dass $50^m−50^n$ kein quadrat ist. fliesst implizit in dein argument die teilerfremdheit von $50^{m−n}−1$ und $50^n$ ein? eine andere erklärung für das argument finde ich nicht.
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Math314
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-10
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@ochen: Den ersten Teil in Aufgabe 1 habe ich genauso, den zweiten Teil der Aufgabe habe ich einfach modulo 3 gerechnet. Aufgabe 3 habe ich ebenfalls genauso, 2 und 4 sehen ganz grob aus wie bei mir, nur einfach deutlich kürzer (vor allem 4)😉
Grüße, Philipp🙂
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ochen
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| Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-11
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\quoteon(2020-03-10 20:52 - Math314 in Beitrag No. 3)
Den zweiten Teil der Aufgabe habe ich einfach modulo 3 gerechnet.
\quoteoff
Das ist natürlich viel besser :D
\quoteon(2020-03-10 20:19 - Seligman in Beitrag No. 2)
fliesst implizit in dein argument die teilerfremdheit von $50^{m−n}−1$ und $50^n$ ein?
\quoteoff
Ja, auf jeden Fall. Eigentlich genügt es bei beiden Teilen der Aufgabe $n=0$ anzunehmen. Die Begründung dafür ist genau, dass die beiden Faktoren, die nach dem Ausklammern entstehen, teilerfremd sind.
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Math314
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-21
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\quoteon(2020-03-10 16:16 - ochen in Beitrag No. 1)
\showon Aufgabe 3.
Wir zeigen, dass $|\overline{AE}|\cdot |\overline{AC}|+|\overline{BE}|\cdot |\overline{BD}|=|\overline{AB}|^2$ für jede Wahl von $E$ gilt:
\[\begin{align*}
|\overline{AE}|\cdot |\overline{AC}|+|\overline{BE}|\cdot |\overline{BD}| &= |\overline{AE}|\cdot (|\overline{AE}|+|\overline{CE}|)+|\overline{BE}|\cdot (|\overline{BE}|+|\overline{DE}|)\\
&= |\overline{AE}|^2+|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BE}|^2 + |\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|\\
&\overset{(1)}{=} |\overline{AE}|^2 + |\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2+|\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|\\
&\overset{(2)}{=} |\overline{AE}|^2 + 2|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}|+|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2\\
&= (|\overline{AE}|+|\overline{CE}|)^2+|\overline{BC}|^2\\
&= |\overline{AC}|^2+|\overline{BC}|^2\\
&\overset{(3)}{=} |\overline{AB}|^2
\end{align*}\]
(1) Pythagoras auf $BCE$ mit Hypothenuse $BE$: $|\overline{BE}|^2=|\overline{BC}|^2+|\overline{CE}|^2$
(2) Sehnensatz auf $AC$ und $BD$: $|\overline{AE}|\cdot |\overline{CE}| = |\overline{BE}|\cdot |\overline{DE}|$
(3) Pythagoras auf $ABC$ mit Hypothenuse $AB$: $|\overline{AB}|^2=|\overline{AC}|^2+|\overline{BC}|^2$
\quoteoff
Hier muss natürlich noch der Sonderfall betrachtet werden, dass E auf dem Kreisdurchmesser AB liegt, aber das ergibt sich dann von selbst.
Wie fandet ihr eigentlich die Aufgaben?
Grüße, Philipp
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viertel
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Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27787
Wohnort: Hessen
 | Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-21
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Anmerkung zu Aufgabe 3:
$E$ ist nicht nur auf das Kreisinnere beschränkt, sondern auf den Bereich zwischen den beiden Geraden, die in $A$ bzw. $B$ senkrecht auf $AB$ stehen.
Ich habe es nicht überprüft, aber funktionieren eure Beweise dann auch noch?
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2583
| Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-21
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\quoteon(2020-03-21 12:09 - viertel in Beitrag No. 6)
Anmerkung zu Aufgabe 3:
$E$ ist nicht nur auf das Kreisinnere beschränkt
\quoteoff
Da sagt der erste Satz der Aufgabe aber was anderes.
Gruß,
Küstenkind
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viertel
Senior
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| Beitrag No.8, eingetragen 2020-03-21
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Ja, sagt er.
Aber die Behauptung in der Aufgabe stimmt auch für den erweiterten Bereich von $E$😉
Ergänzung:
Für $E$ auf einer festen Geraden $g$ mit $g \bot AB$, aber außerhalb von $AB$, bleibt die Behauptung auch noch wahr.
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Kuestenkind
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| Beitrag No.9, eingetragen 2020-03-21
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Ach so meinst du das. Ich hatte das als Kritik (Unvollständigkeit) an den Beweisen verstanden - dabei möchtest du die Aufgabenstellung nur erweitern. Da hatte ich dich falsch verstanden. Da ich die Aufgabe(n) mir nicht angeschaut habe, kann ich dazu nichts sagen.
Gruß (und ein schönes Wochenende wünsch),
Küstenkind
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ochen
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Dabei seit: 09.03.2015
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Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.10, eingetragen 2020-03-21
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\quoteon(2020-03-21 10:39 - Math314 in Beitrag No. 5)
Hier muss natürlich noch der Sonderfall betrachtet werden, dass E auf dem Kreisdurchmesser AB liegt, aber das ergibt sich dann von selbst.
\quoteoff
Das stimmt, das fehlt :)
\quoteon
Wie fandet ihr eigentlich die Aufgaben?
\quoteoff
Die vierte Aufgabe fand ich ein bisschen doof. Am Anfang habe ich ein Programm geschrieben, welches die ersten Folgenglieder ausrechnet und dann habe ich auf oeis.org nachgeguckt, welche Zahlenfolge es sein könnte. Das sollte eigentlich nicht so sein, finde ich.
\quoteon(2020-03-21 12:09 - viertel in Beitrag No. 6)
Anmerkung zu Aufgabe 3:
$E$ ist nicht nur auf das Kreisinnere beschränkt, sondern auf den Bereich zwischen den beiden Geraden, die in $A$ bzw. $B$ senkrecht auf $AB$ stehen.
Ich habe es nicht überprüft, aber funktionieren eure Beweise dann auch noch?
\quoteoff
Nicht direkt, aber wenn wir mit orientierten Strecken rechnen würden, dann schon.
Aufgabe 3.
Wir zeigen, dass $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}^2$ für jede Wahl von $E$ gilt:
\[\begin{align*}
\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{BD} &= \overrightarrow{AE}\cdot (\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EC})+\overrightarrow{BE}\cdot (\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{ED})\\
&= \overrightarrow{AE}^2+\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EC}+\overrightarrow{BE}^2 + \overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{ED}\\
&\overset{(1)}{=} \overrightarrow{AE}^2 + \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EC}+\overrightarrow{BC}^2+\overrightarrow{EC}^2+\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{ED}\\
&\overset{(2)}{=} \overrightarrow{AE}^2 + 2\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EC}+\overrightarrow{BC}^2+\overrightarrow{EC}^2\\
&= (\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EC})^2+\overrightarrow{BC}^2\\
&= \overrightarrow{AC}^2+\overrightarrow{BC}^2\\
&\overset{(3)}{=} \overrightarrow{AB}^2
\end{align*}\]
(1) Pythagoras auf $BCE$ mit Hypothenuse $BE$: $\overrightarrow{BE}^2=\overrightarrow{BC}^2+\overrightarrow{EC}^2$
(2) Sehnen- oder Sekantensatz auf $AC$ und $BD$: $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EC} = \overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{ED}$
(3) Pythagoras auf $ABC$ mit Hypothenuse $AB$: $\overrightarrow{AB}^2=\overrightarrow{AC}^2+\overrightarrow{BC}^2$
Mit $\vec{a}\cdot \vec{b}$ ist das Skalarprodukt gemeint, weiter definieren wir $\vec{a}^2:=\vec{a}\cdot\vec{a}$.
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Math314
Ehemals Aktiv
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Wohnort: Trier
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-21
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Die erste Aufgabe fand ich ganz schön, wenn auch zu leicht, wie ich finde 😉. Die zweite und die vierte...naja, fand ich ein bisschen stumpf. Die dritte Aufgabe hingegen hat mir wieder ganz gut gefallen, die war zwar auch sehr leicht, aber wenigstens nicht so sehr wie die 1.😉
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Math314
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-25
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Netterweise haben die Verantwortlichen schon jetzt die vorläufigen Musterlösungen reingestellt: https://www.mathe-wettbewerbe.de/bwm/aufgaben/aufgaben-2020/loes-20-1-v.pdf
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Seligman
Aktiv
Dabei seit: 11.01.2020
Mitteilungen: 217
| Beitrag No.13, eingetragen 2020-09-09
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Hi ochen,
ich hätte doch noch eine Frage zu deiner Lösung von Aufgabe 4. Sobald man
auf die Idee die Ungleichung $a_n\leq \sqrt[3]{3^n}$ zu betrachten gekommen ist, ist der Rest recht straightforward. Aber irgendwie finde ich nicht raus
wie du zu dieser Idee gekommen bist. Bist du irgendwie konzeptionell
vorgegangen? Sicher, kann man immer versuchen die
ersten Werte $a_n$ für kleines $n$ zu Hand auswerten und dann schauen, ob
sich da eine Regelmäßigkeit ergibt, also sowas wie die
Beziehung $a_n= 3 a_{n-3}$.
Aber sowas wie $a_n\leq \sqrt[3]{3^n}$ zu beobachten, scheint
recht abgespaced. Könntest du vielleicht sketchen wie du auf die
Idee gekommen bist diese Ungleichung zu betrachten, das fände ich sehr interessant.
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ochen
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Dabei seit: 09.03.2015
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Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.14, eingetragen 2020-09-09
|
Hm, also die ersten zehn Werte habe ich per Hand (bzw. mit einem Programm) ausgerechnet. Dann habe ich in oeis geguckt, welche Folge das sein könnte. Mit der Beziehung $a_n=3a_{n-3}$ kommt man darauf, dass $a_n\approx 3^{n/3}$ ist. Wie genau musste dann ausgeknobelt werden.
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Seligman
Aktiv
Dabei seit: 11.01.2020
Mitteilungen: 217
| Beitrag No.15, eingetragen 2020-09-09
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Ja verstehe, die vermutete Beziehung $a_n=3a_{n-3}$, die sich aus Auswertung der Anfangsglieder mutmaßen lässt, kann man dann für
$n=3k+m $ mit $k= \lfloor n/3 \rfloor$ und $ m=0,1,2$ iterieren
und man erhält $a_n= 3^k a_m$ mit $a_m=0,2,3$, also
$a_n \le 3^{\lfloor n/3 \rfloor} \cdot c$ mit einer Konstanten $c$, die
nicht von $n$ abhängt.
Jetzt könnte man vielleicht noch versuchen
genau zu formalisieren, was ein "$\approx$"-Symbol, wie er bei dir in
$a_n \approx 3^{n/3}$ auftaucht, zwischen zwei
Folgen genau formal bedeutet. Es bietet sich folgendes an:
seien $a_n, b_n $ zwei Folgen, dann schreiben wir $a_n \approx b_n$
wenn es zwei Konstanten $c < d$ gibt, die von $n$ unabhängig sind, sodass
$c \cdot b_n < a_n < d \cdot b_n$.
In unserem Fall hätten wir drei Folgen, nämlich $a_n$ aus der
Aufgabenstellung, $b_n:= 3^{\lfloor n/3 \rfloor}$ und
$c_n := 3^{n/3}$. Oben haben wir gesehen, dass $a_n \approx b_n$
und offensichtlich $b_n \approx c_n$ und natürlich ist
"$\approx$" transitiv, also $a_n\approx 3^{n/3}$.
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Wally
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Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.16, eingetragen 2020-09-09
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Ein bischen off-topic:
Jemand sollte den leuten beim Bundeswettbewerb mal verraten, dass es LaTeX gibt. Die mit Word geschriebenen Lösungen kommen bei der vierten Aufgabe echt an ihre Grenzen, wenn es doppelte Indices wie \( a_{3^m}\) gibt.
Sieht scheußlich aus, und ist schlecht lesbar. Ich würde das so als Seminarausarbeitung nicht annehmen.
Viele Grüße
Wally \(\endgroup\)
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