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 Bundeswettbewerb Mathematik 2021, 1.Runde |
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MINT20Fan
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 |  Themenstart: 2021-03-15
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Hallo zusammen,
der Abgabeschluss der 1.Runde liegt nun genau eine Woche zurück.
Die Diskussionen über Lösungswege etc. können somit beginnen!
Link zu den Aufgaben:
https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadmin/Mathe-Wettbewerbe/Bundeswettbewerb_Mathematik/Dokumente/aufgaben-21-1.pdf
Viele Grüße,
MINT20Fan
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1, eingetragen 2021-03-15
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Huhu,
habe mir nur gerade mal die Geometrie-Aufgabe angesehen. Falls ich gerade nichts übersehe sollte irgendwie so ein Beweis zusammengebastelt werden können:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2021-03-15_um_19.35.28.png
Beh: Der Winkel ist ein rechter Winkel.
Bew.: Sei \(A''\) der Spiegelpunkt von \(A'\) an \(BB'\). Das Dreieck \(A'IA''\) ist dann gleichseitig, da Winkel \(\angle BIA'=30^\circ\) nach dem Satz von Wario (ins Deutsche übersetzt von Küstenkind). Auch aus dem Satz lässt sich folgern, dass die Winkel 1 gleich sind und damit auch die Winkel 2. Somit ist \(A'C'\) Winkelhalbierende von \(\angle BC'C\). Analog folgt \(B'C'\) ist Winkelhalbierende von \(\angle CC'A\). Damit folgt die Behauptung.
Gruß,
Küstenkind
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Mano
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| Beitrag No.2, eingetragen 2021-03-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\hff}[1]{\frac{#1}{2}}\)
Hallo,
@Küstenkind: wow, das ist schön!
Man kann natürlich auch alles berechnen:
\showon
Nach dem Satz über die Winkelhalbierende gilt $\displaystyle \vec{A'}=\frac{b}{b+c}\vec{B}+\frac{c}{b+c}\vec{C},\quad\vec{B'}=\frac{c}{c+a}\vec{C}+\frac{a}{c+a}\vec{A},\quad\text{und}\quad\vec{C'}=\frac{a}{a+b}\vec{A}+\frac{b}{a+b}\vec{B}$
Wir konstruieren nun die Vektoren $\vec{A'C'}=x_1\vec{A}+y_1{B}+z_1\vec{C}$ und $\vec{B'C'}=x_2\vec{A}+y_2{B}+z_2\vec{C}$ mit $\displaystyle x_1=\frac{a}{a+b},\quad y_1=\frac{b}{a+b}-\frac{b}{b+c}\quad\text{und}\quad z_1=-\frac{c}{b+c}$ bzw. $\displaystyle x_2=\frac{a}{a+b}-\frac{a}{a+c},\quad y_2=\frac{b}{a+b}\quad\text{und}\quad z_2=-\frac{c}{a+c}.$
Nach EFFT ("Evan's Favorite Forgotten Trick", siehe hier, Seite 9-10, 34-35) verschwindet das Skalarprodukt $\vec{AC}\cdot\vec{BC}$ genau dann, wenn $a^2(y_1z_2+y_2z_1)+b^2(x_1z_2+x_2z_1)+c^2(x_1y_2+x_2y_1)=0$. Dies können wir (unter Verwendung des Kosinussatzes $c^2=a^2+ab+b^2$) nachrechnen:
\showon
$\displaystyle \begin{aligned}
&-\hff{a^2}(y_1z_2+z_1y_2)-\hff{b^2}(x_1z_2+z_1x_2)-\hff{c^2}(x_1y_2+y_1x_2)\\
&=-\hff{a^2}\left[\left(\frac{b}{a+b}-\frac{b}{b+c}\right)\left(-\frac{c}{a+c}\right)+\left(-\frac{c}{b+c}\right)\left(\frac{b}{a+b}\right)\right]\\
&-\hff{b^2}\left[\left(\frac{a}{a+b}\right)\left(-\frac{c}{a+c}\right)+\left(-\frac{c}{b+c}\right)\left(\frac{a}{a+b}-\frac{a}{a+c}\right)\right]\\
&-\hff{c^2}\left[\left(\frac{a}{a+b}\right)\left(\frac{b}{a+b}\right)+\left(\frac{b}{a+b}-\frac{b}{b+c}\right)\left(\frac{a}{a+b}-\frac{a}{a+c}\right)\right]\\
&=\left[\frac{a^2bc}{2(a+b)(a+c)}-\frac{a^2bc}{2(a+c)(b+c)}+\frac{a^2bc}{2(a+b)(b+c)}\right]\\
&+\left[\frac{ab^2c}{2(a+b)(a+c)}+\frac{ab^2c}{2(a+b)(b+c)}-\frac{ab^2c}{2(a+c)(b+c)}\right]\\
&+\left[-\frac{abc^2}{2(a+b)^2}-\frac{abc^2}{2(a+b)^2}+\frac{abc^2}{2(a+b)(a+c)}+\frac{abc^2}{2(a+b)(b+c)}-\frac{abc^2}{2(a+c)(b+c)}\right]\\
&=\left[\frac{a^2bc}{2(a+b)(a+c)}+\frac{ab^2c}{2(a+b)(a+c)}+\frac{abc^2}{2(a+b)(a+c)}\right]\\
&+\left[\frac{a^2bc}{2(a+b)(b+c)}+\frac{ab^2c}{2(a+b)(b+c)}+\frac{abc^2}{2(a+b)(b+c)}\right]\\
&+\left[-\frac{a^2bc}{2(a+c)(b+c)}-\frac{ab^2c}{2(a+c)(b+c)}-\frac{abc^2}{2(a+c)(b+c)}\right]-\frac{abc^2}{(a+b)^2}\\
&=\frac{abc(a+b+c)}{2(a+b)(a+c)}+\frac{abc(a+b+c)}{2(a+b)(b+c)}-\frac{abc(a+b+c)}{2(a+c)(b+c)}-\frac{abc^2}{(a+b)^2}\\
&=\frac{abc(a+b+c)[(b+c)+(a+c)-(a+b)]}{2(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{abc^2}{(a+b)^2}\\
&=\frac{abc(a+b+c)[2c]}{2(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{abc^2(a+c)(b+c)}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}\\
&=\frac{abc^2(a+b+c)(a+b)}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}-\frac{abc^2(a+c)(b+c)}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}\\
&=\frac{abc^2[(a+b+c)(a+b)-(a+c)(b+c)]}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}\\
&=\frac{abc^2[(a^2+2ab+b^2+ac+bc)-(ab+ac+bc+c^2)]}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}\\
&=\frac{abc^2[a^2+ab+b^2-c^2]}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}\\
&=\frac{abc^2\cdot0}{(a+b)^2(a+c)(b+c)}=0
\end{aligned}$
\showoff
\showoff
Der Vorteil dieser Methode ist, dass man nicht auf die Idee, die Küstenkind hatte, angewiesen ist. (Dafür hatte man aber die drei Monate Zeit...) Also: baryzentrische Koordinaten sind ganz klar unterbewertet!
Gibt es noch weitere Lösungen/Teilnehmer?
Übrigens ist die zweite Aufgabe wahrscheinlich durch Recycling der (im Internet zugänglichen!) ersten Aufgabe der IMO Longlist 1984 entstanden. (Die Änderung der Jahreszahl hat nur minimale Auswirkungen.)
Viele Grüße,
Mano\(\endgroup\)
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ochen
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-03-16
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Hallo,
für die erste, zweite und die vierte Aufgabe kann ich ein paar Ansätze schreiben.
\showon Aufgabe 1
Wir können den Würfel in einen Quader mit den Maßen $10\times 10\times 3$ und zwei Quader mit den Maßen $10\times 7\times 5$ zerlegen. Die beiden großen Quader haben das Volumen 350, der andere das Volumen 300.
Der größte der Quader hat also ein Volumen von 350. Wir zeigen, dass es nicht kleiner geht.
Wenn wir den Würfel in drei Quader zerlegen, so gibt es einen der drei Quader, dessen Maße $10\times 10\times k$ mit $1\leq k\leq 9$ sind. Ist $k\leq 2$, so haben die anderen beiden ein gemeinsames Volumen von 800, das bedeutet, einer der beiden hat ein Volumen von 400 oder mehr. Ist $k\geq 4$, so hat dieser Quader ein Volumen von $100k\geq 400$.
Für $k\neq 3$ gibt es also stets einen Quader mit Volumen größer/gleich 400.
Wir betrachten $k=3$, dann haben die anderen beiden Quader ein Gesamtvolumen von 700. Das bedeutet, dass einer der beiden hat ein Volumen von 350 oder mehr.
Insbesondere haben
\showoff
\showon Aufgabe 2
Leider finde ich die longlist Aufgaben von 1984 nicht im Internet. Kannst du bitte einen Link schicken?
Die Gleichung
\[
\frac 1x+\frac 1y=\frac 3n
\]
ist äquivalent zu
\[
n^2 = (3x-n)(3y-n).
\]
Offenbar sind $3x-n$ und $3y-n$ positiv, da $\frac 1x,\frac 1y<\frac 3n$ sind. Wir können für jedes $t\in\mathbb N$ mit $t\mid n^2$, $t\leq n$ und $3\mid t+n$ also $x:=\frac{t+n}{3}$ und $y:=\frac{\frac{n^2}{t}+n}{3}$ setzen.
\showoff
\showon Aufgabe 4
Wir zeigen zuerst, dass wir für $n\geq 9$ immer ein einfarbiges Dreieck finden können. Dazu malen wir die Eckpunkte an der Unterseite mit der Farbe an, die die jeweilige Kante zur Spitze hat. An der Unterseite gibt es nun 5 Punkte, die die gleiche Farbe (o.B.d.A. rot) haben. Wenn es unter ihnen zwei gibt, die durch eine rote Strecke verbunden sind, sind wir fertig, da wir aus der roten Strecke zwischen ihnen sowie aus den roten Strecken zur Spitze ein rotes Dreieck bilden können. Nehmen wir an, dass die Strecken zwischen ihnen alle blau sind, so können wir ein blaues Dreieck finden, da wir unter den 5 roten Punkten 3 finden können, von denen keine 2 benachbart sind. Das muss vielleicht noch weiterausgeführt werden.
\showoff
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Mano
Aktiv
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| Beitrag No.4, eingetragen 2021-03-16
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\hff}[1]{\frac{#1}{2}}\)
Hallo,
Für die Longlist siehe
IMO-Compendium oder aops (Longlist/Thread).
1,2 und 4 sehen bei mir ungefähr genauso aus wie bei ochen, nur mit mehr Details. Bei Aufgabe 4 mit dem Achteck gibt es sehr viele Möglichkeiten, (Wenn ich mich nicht irre, gibt jeder Greedy-Algorithmus eine richtige Konstruktion.) bei mir sieht das etwa so aus:
\showon
$\displaystyle \begin{tikzpicture}[scale=3.5]
\draw [color = blue] (0,0) -- (1.7071,0.7071) -- (-0.7071,0.7071) -- (1,0) -- (1,2.41421) -- (1.7071,0.7071);
\draw [color = blue] (1,0) -- (1.7071,1.7071) -- (-0.7071,1.7071) -- (1,2.41421);
\draw [color = blue] (0,2.41421) -- (1.7071,1.7071);
\draw [color = red] (-0.7071,1.7071) -- (1,0) -- (0,2.41421) -- (1.7071,0.7071) -- (-0.7071,1.7071) -- (0,0) -- (0,2.41421) -- (-0.7071,0.7071) -- (1.7071,1.7071) -- (0,0) -- (1,2.41421) -- (-0.7071,0.7071);
\draw [color = blue] (0,0) -- (-1.5,1.2071) -- (-0.7071,0.7071);
\draw [color = blue] (0,2.41421) -- (-1.5,1.2071) -- (-0.7071,1.7071);
\draw [color = red] (1,0) -- (2.5,1.2071) -- (1.7071,0.7071);
\draw [color = red] (1,2.41421) -- (2.5,1.2071) -- (1.7071,1.7071);
\end{tikzpicture}$
\showoff
Viele Grüße,
Mano\(\endgroup\)
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Graphentheorie08
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 | Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-16
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Hallo zusammen, 16.3.2021
wie findet ihr die Aufgaben (vom Schwierigkeitsgrad, auch im Vergleich zum letzten Jahr)?
Hier sind zusammengefasst meine Lösungen:
Aufgabe 1:
Ich habe erst gezeigt, dass es für eine bestimmte Quaderaufteilung (wo zwei Quader die Seitenlängen 5; 7 und 10 besitzen und der dritte Quader die Seitenlängen 3; 10 und 10) 350 das Volumen des größter Quaders ist.
Dann habe ich per Widerspruchsbeweis in wenigen Zeilen gezeigt, dass es keine Quaderaufteilung mit einem kleineren Volumen als 350 für den größten der drei Quader geben kann.
(Fallunterscheidung, dass die Seitenlänge des durch den ersten Schnitt entstehenden Quader ist kleiner gleich 3 oder eben größer gleich 4; mit Ungleichungen für die jeweilige Volumen)
Aufgabe 2:
a) (1/a)+(1/b)=(3/2021) ist äquivalent zu (3a-2021)*(3b-2021)=2021*2021, was man durch einfache Äquivalenzumformungen zeigen kann
(erst Stammbrüche auf den Nenner a*b bringen, dann beide Seiten mit 2021*a*b multiplizieren, ausmultiplizieren, 3ab auf die andere Seite bringen, danach mit 3 multiplizieren und dann 2021*2021 addieren, schließlich ausklammern).
Dann sieht man, dass es nur 3*3=9 Möglichkeiten gibt die Primfaktoren von 2021*2021, nämlich gerade 43*47*43*47, auf die beiden Faktoren (3a-2021) und (3b-2021) zu verteilen. Durch geschickte Fallunterscheidungen bleiben drei Arten von Stammbruchdarstellungen:
a=674, b=1362154
a=688 b=32336
a=1290 b=1410
b) Man kann erst analog zu a) vorgehen:
(1/a)+(1/b)=(3/n) ist äquivalent zu (3a-n)*(3b-n)= n*n
Man verteilt dann wieder die Primfaktoren auf (3a-n) und (3b-n), kommt dann nach weiteren Überlegungen zur Folgerung:
Für ein n, das kongruent zur 2 (mod. 3) ist und genau zwei (voneinander verschiedene) Primfaktoren besitzt, gibt es genau 2021 Arten von Stammbruchdarstellungen.
Aufgabe 3:
Der Winkel ist in jedem Fall 90° groß.
Dabei habe ich den Sinussatz im Dreieck ABC und A'C'C angewendet. Da sin(120°)=sin(60°), kommt man auf die Gleichung (BC/AB)=(CC'/AC').
(BC/AB)=(CB'/AB') gilt nach dem (Innen-)Winkelhalbierendensatz von BB' im Dreieck ABC.
Durch die oberen beiden Gleichungen gilt: (CC'/AC')=(CB'/AB')
Durch die Umkehrung des Winkelhalbierendensatzes ist C'B' die (Innen-)Winkelhalbierende vom Winkel CC'A. Mit analoger Schlussfolgerung ist C'A' die (Innen-)Winkelhalbierende vom Winkel BC'C.
Folglich ist der Winkel A'C'B' genau die Hälfte des gestreckten Winkel BC'A und somit 90°.
Aufgabe 4:
Bei n=9 gibt es 9 Verbindungslinien (bzw. Kanten, wenn man es graphentheoretisch bezeichen möchte) von der Spitze zu den anderen 9 Ecken, wobei davon mindestens 5 ohne Beschränkung der Allgemeinheit rot sind. Davon ausgehend kann man es mit 4 Fallunterscheidungen, wo die Lage dieser roten Verbindungslinien zur Spitze betrachtet wird, zeigen, dass es in jedem Fall drei gleichfarbige Verbindungslinien zwischen 3 Ecken gibt.
Für n=8 habe ich eine Färbung gefunden, die keine drei gleichfarbige Verbindungslinien zwischen drei Ecken hat, und nachgewiesen, dass dies wirklich so ist.
Viele Grüße,
Graphentheorie08
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
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Graphentheorie08
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Dabei seit: 16.03.2021
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| Beitrag No.6, eingetragen 2021-03-16
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Nachträglicher Hinweis zu 2b):
Für n = 5^(68) * 2^(29) gibt es genau 2021 Arten von Stammbruchdarstellungen.
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MINT20Fan
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-16
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Bei der 2a, die halt PUTNAM 2018 A1 ist mit 2021 statt 2018,
bin ich wie im folgenden Video vorgegangen:
https://www.youtube.com/watch?v=2bB_Ec0jmCI
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2021}\)\(\iff\)(3a-2021)(3b-2021)=\(2021^2\)
Man kann aus dieser Produktform herleiten, dass jeder Faktor mod 3 den Rest 1 haben muss. Nun sucht man nur noch die Anzahl der Möglichkeiten $2021^2$ als Produkt zweier Faktoren zu schreiben, wobei die Faktoren jeweils 1(mod 3) sind
Es gilt 2021=43$\cdot$47 und somit $2021^2=43^2\cdot 47^2$
Man kann $2021^2$ als Produkt folgender Faktorenpaare schreiben:
2021 = $(1)\cdot(43^2\cdot 47^2)$
= $(43)\cdot(43\cdot 47^2)$
= $(47)\cdot(43^2\cdot 47)$
= $(43^2)(47^2)$
$(1)\cdot(43^2\cdot 47^2)$
$\equiv$1 (mod 3)
$43^2\cdot 47^2 \equiv$1 (mod 3)
$\implies$ Gültiges Faktorenpaar
$(43)\cdot(43\cdot 47^2)$
43$\equiv$1 (mod 3)
$43\cdot 47^2\equiv$1 (mod 3)
$\implies$ Gültiges Faktorenpaar
$(47)\cdot(43^2\cdot 47)$
47$\equiv$2 (mod 3)
$43^2\cdot 47\equiv$2 (mod 3)
Kein gültiges Faktorenpaar, da beide Faktoren den Rest 2 (mod 3) haben
$(43^2)(47^2)$
$43^2\equiv$1 (mod 3)
$47^2\equiv$1 (mod 3)
$\implies$ Gültiges Faktorenpaar
Somit gibt es genau drei Möglichkeiten $\frac{1}{2021}$ also Summe zweier Stammbrüche anzugeben
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
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Math314
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-03-16
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Melde ich mich auch mal dazu ^^
@MINT20FAN: ich denke, du hast das Faktorenpaar (43*47)(43*47) = 2021*2021 vergessen, aber ansonsten passt das natürlich
@Graphentheorie08:
Hab Aufgaben 2-4 genauso gelöst wie du, bei Aufgabe 1 hab ich das anders gezeigt (alle drei Quader haben mindestens eine Seitenlänge 10, der größte hat ein größeres Volumen als 1000/3, 340 geht nicht wegen des Primfaktors 17>10).Im Vergleich zu den Aufgaben der letzten Jahre fand ich die diesjährigen zu leicht und relativ langweilig, zumindest 1 und 4. Die Geo war eigentlich ganz schön, und die 2... Stammt halt nicht originär von diesem Wettbewerb (da hab ich übrigens die meisten Sorgen wegen Darstellungsmängel)
Bist du auch Teilnehmer? Kennt man sich vielleicht schon? 😉
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MINT20Fan
Aktiv
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-16
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@Math314
Du hast natürlich recht. Es wird zwar durch die Methode auch ausgeschlossen, nur leider hab ich das irgendwie vergessen...🙁
Aufgabe 1
\showon
Ich bekomme das selbe Ergebnis also auch 350 als kleinstmögliches Volumen.
Im Gegensatz zu euch bin ich stumpfer und evtl. „hässlicher“ vorgegangen.
Kurzfassung:
Ich bin systematisch alle Möglichkeiten für das geringste Volumen nach dem 2. Schnitt ermittelt und diese verglichen.
\showoff
Aufgabe 2b
\showon
Hier hab ich mir Zahlen der Form $\frac{1}{2^{2k+1}}$ angeschaut.
Letztlich gib es für k=2020 also für $\frac{1}{2^{4041}}$ genau 2021 Möglichkeiten
\showoff
Aufgabe 3
Hier hatte ich keinen einwandfreien Ansatz...
Dennoch wäre ich sehr gespannt, ob es auch eine Lösung mit Sehnenvierecken gibt.
Das es eine elegante Lösung gibt, hat uns Küstenkind bereits gezeigt.
Aufgabe 4
9-Eck hab ich ähnlich wie ochen, nur deutlich länger;)
8-Eck hab ich ebenfalls ein Gegenbeispiel angegeben und versucht zu beschreiben, warum es ein Gegenbeispiel ist.
Dennoch würde mich auch eine andere Lösung als ein Gegenbeispiel interessieren;)
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MINT20Fan
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-16
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Ich stimme der Meinung von Math314 zur 1 und zur 4 vollkommen zu.
Bin zwar noch Anfänger bei BWM(1 Teilnahme jetzt) und noch etwas unerfahren, dennoch fand ich vor allem die Aufgabe 4 machbar, ich hab sie durch etwas ausprobieren, hin und wieder, auch gelöst gehabt.
Die 2 fand ich am schwierigsten. (ich bin ziemlich schlecht bei Geo-aufgaben)
Und bei der 3 habe ich sicher Darstellungsmängel. Die Aufgabe war aber nicht schlimm, da ich ich zum Glück bereits ein paar Tage nach Aufgabenveröffentlichung das Video gefunden hatte^^
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Graphentheorie08
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| Beitrag No.11, eingetragen 2021-03-16
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@Math314
prüfe Privatnachrichten😉
Ich kann dir bezüglich der Bedenken vor Darstellungsmängel bei Aufgabe 2 und der Schönheit der Aufgabe 3 nur zustimmen.
Die Aufgaben dieses Jahr finde ich abgesehen von der Aufgabe 2, wofür ich mit Abstand am längsten gebraucht habe um die rauszukriegen, auch eher einfach.
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Kuestenkind
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| Beitrag No.12, eingetragen 2021-03-16
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Huhu,
es freut mich sehr, dass sich eine so interessierte und kompetente Schülerschaft hier auf dem MP versammelt hat und wünsche jetzt schon viel Erfolg für den weiteren Verlauf. Ich werde sicherlich mir eure Lösungen am Wochenende beim Käffchen mal in Ruhe ansehen. Besonders die Alternativlösung von Mano interessiert mich.
Da ich sonst nie wirklich den Bundeswettbewerb verfolge kann ich wenig zum Schwierigkeitsgrad der Aufgaben sagen (was natürlich auch immer recht subjektiv ist). Ich fand die Aufgaben 1 und 4 beim Durchlesen gestern auch nicht so spannend - finde es aus pädagogischer Sicht aber durchaus richtig und wichtig, dass in der 1. Runde zumindest eine Aufgabe (wie hier wohl Aufgabe 1) sich befindet, die etwas "leichter" daherkommt und dann vll. auch "Anfänger" anspricht bzw. motiviert, sich mit Wettbewerbsmathematik zu beschäftigen.
Gruß,
Küstenkind
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Mano
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| Beitrag No.13, eingetragen 2021-03-16
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\hff}[1]{\frac{#1}{2}}\)
Hallo zusammen!
@Kuestenkind: Freut mich das zu hören! Es ist ja schön, dass so viele hier sind. Bei den Schwierigkeitsgraden stimme ich dir zu, letztes Jahr gab es gar keine "endlichen Probleme". Aber ich glaube, 2 und 3 dürften etwas schwieriger sein als die Aufgaben letztes Jahr. Die fühlen sich nur immer leicht an, weil man sich ja als Schüler in einem Jahr weiterentwickelt. 2018 war die letzte Aufgabe auch relativ leicht und ähnlich zur letzten Aufgabe dieses Jahr, nämlich Ramsey-Theorie. Nur dass man die Aufgabe damals noch aus dem geometrischen Kontext rausfischen musste. Womit wir auch schon beim Thema wären:
@MINT20Fan: Danke für die Anregung, eine Lösung ohne Gegenbeispiel zu finden! Sonst hätte ich auch nicht gesehen, was sich hinter dieser Aufgabe verbirgt! Es ist wirklich so SCHÖN, dass man die Aufgabe einfach auf das bekannte Ramsey-Problem zurückführen kann!
Zwar sind meine Versuche, direkt eine probabilistische Methode draufzuwerfen, gescheitert, aber:
Sei $S_k$ die kleinste ganze Zahl $n$ mit der Eigenschaft, dass es mit einem $n$-Eck als Basis immer $k$ Ecken gibt, die jeweils durch gleichfarbige Kanten verbunden werden. Die Aufgabe verlangt also nach $S_3\overset{?}{=}9$. Ich behaupte: $\displaystyle \boxed{S_k=2R(k,k)-3}$ mit den Ramsey-Zahlen $R(k,k)$.
So etwas wie ein Beweis, dass zumindest $\displaystyle 2R(k,k)-3\leq S_k\leq2r(k,k)-2$ gilt:
Wir wissen, dass es einen vollständigen, zweifarbig gefärbten Graphen $G$ mit $R(k,k)-1$ Ecken gibt, der keinen einfarbigen $K_k$ enthält. ($K_k$ ist der vollständige Graph mit $k$ Ecken.) Für die linke Ungleichung müssen wir zeigen, dass man die Pyramide mit $2R(k,k)-4$-Eck als Grunseite so mit zwei Farben färben kann, dass kein einfarbiger $K_k$ entsteht. Dazu soll ein Knoten von $G$ der Spitze der Pyramide entsprechen, die restlichen $R(k,k)-2$ Knoten sollen jeweils einem Paar von zwei benachbarten Ecken der Grundseite (die ja genau $2R(k,k)-4$ Ecken hat!) entsprechen. Die zwei Ecken, die dem gleichen Knoten entsprechen, sollen sich bei Färbung genauso verhalten. Man überlege sich kurz, dass das funktioniert.
Wir brauchen noch die rechte Ungleichung, also dass Die Pyramide mit $2R(k,k)-2$ Ecken immer einen einfarbigen $K_k$ hat. Man nehme aber jede zweite Ecke der Grundseite und die Spitze. Das ist ein vollständig gefärter vollständiger Graph mit $R(k,k)$ Knoten, enthält also auf jeden Fall einen einfarbignen $K_k$.
Intuitiv sieht es sogar auch klar aus, dass tatsächlich $S_k=2R(k,k)-3$ gilt, ich sehe aber spontan nicht, wie man das zeigen könnte. Sieht das zufällig jemand?
Auf jeden Fall war schon die vierte Aufgabe 2018 im Wesentlichen $R(3,3)=6$. Damit also tatsächlich $S_3=9$ oder zumindest die linke Ungleichung $9\leq S_3$.
Die Idee kommt halt daher, dass die Ramsey-Zahlen von unten tatsächlich mit einer probabilistischen Methode abgeschätzt werden. (Also man zeigt kein Gegenbeispiel sondern zeigt nur, dass die Wahrscheinlichkeit, dass das Gegenbeispiel existiert, positiv ist.)
Viele Grüße,
Mano\(\endgroup\)
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Mano
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| Beitrag No.14, eingetragen 2021-03-16
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Achso, @Math314, @Graphentheorie08 ich hab mir eure 3 angesehen, und tatsächlich, die Aufgabe ist sogar schön! (Wobei mir meine Lösung immer noch besser gefällt🤔) Und ja, bei der 2 kommt viel darauf an, ob man die Aufgabe oder zumindest die Faktorisierung, die sogar "Simon's favorite factoring trick" heißt, kennt. Ich fand es auf jeden Fall lustig, sowohl SFFT als auch EFFT anwenden zu können...
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Math314
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| Beitrag No.15, eingetragen 2021-03-25
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Mir ist übrigens aufgefallen, dass Aufgabe 4 sehr der Aufgabe 570936 (https://www.mathematik-olympiaden.de/aufgaben/57/3/A57093b.pdf) ähnelt
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Graphentheorie08
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| Beitrag No.16, eingetragen 2021-03-25
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Ja, Aufgaben zu einem gleichfarbigen Dreieck im vollständigen Sechseck gibt es häufiger (kenne auch weitere Beispiele; es ist schon ein typisches Färbungsproblem)
Es gibt leider noch keine Lösungen zu den Aufgaben auf der Homepage des BWM, vielleicht kommen sie ja bald.
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MINT20Fan
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-06
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Mittlerweile wurden Lösungsbeispiele auf der Homepage veröffentlicht:
https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadmin/Mathe-Wettbewerbe/Bundeswettbewerb_Mathematik/Dokumente/Aufgaben_und_Loesungen_BWM/loes_21_1_v.pdf
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Graphentheorie08
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| Beitrag No.18, eingetragen 2021-04-13
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Video zur Lösung der 4. Aufgabe von DorFuchs (in Kooperation mit dem BWM):
https://www.youtube.com/watch?v=rxuNXsKOUpA
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timster
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| Beitrag No.19, eingetragen 2021-04-14
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Hallo,
ich möchte hier auch mal ein wenig mit euch diskutieren.
Ich selbst habe erst vor einigen Wochen vom Wettbewerb erfahren und die ein oder andere Aufgabe zu lösen versucht. Bei der 2a) habe ich noch eine etwas andere (vielleicht intuitivere) Möglichkeit gefunden, diese zu berechnen. Allerdings wurden hier schon Lösungen gepostet, die um einiges eleganter sind, aber auch mehr Gehirnschmalz kosten...😉
\(\) $\frac{3}{2021}$ muss als Summe der Stammbrüche dargestellt werden können entweder als:
\(\) $\frac{1}{43a} + \frac{1}{47b}$ oder als
\(\) $\frac{1}{c} + \frac{1}{2021d}$.
Anders kommt man auf die 2021 nicht.
Durch ein bisschen rumprobieren kommt man darauf, dass bei der ersten Variante, also den Vielfachen der Primfaktoren im Nenner, $a$ und $b$ eingeschränkt werden können, da die Brüche ja selbst nicht größer werden dürfen als $\frac{3}{2021}$. Außerdem dürfen sie nicht zu klein werden, damit noch ein anderer Bruch gefunden werden kann (als Vielfaches der 47 o. 43 im Nenner).
Mit ein bisschen Probieren kommt man darauf, dass $ 16 \leq a \leq 30$ ,sein muss.
Ein Bereich, in dem man es verkraften kann, mal 14 Brüche zu subtrahieren. Anschließend prüfen ob man den Nenner mit dem Zähler kürzen kann usw.
So kommt man auf die ersten beiden Ergebnisse für $a$ und $b$, nämlich $688$ & $32336$ , sowie $1410$ & $1290$, wie dass hier auch schon verbreitet wurde.
Mit der zweiten Variante, also dem Vielfachen von 2021 im Nenner ergibt sich durch eine ähnliche Vorgehensweise die Einschränkung für c:
$674 \leq c \leq 688$.
Erneut ein Bereich, in dem man es verkraften kann, sich die Arbeit zu machen und das auszurechnen (oder auch mit dem TR 😁).
Die letzte Möglichkeit, die man so findet ist also: $c = 674$ und $d = 13$.
Genauso, wie es hier schon geschrieben wurde 😁.
Eine Frage hätte ich da noch: Braucht ihr auch so lange für die Aufgaben? Bin jetzt in der 11. Klasse mit Mathe LK und habe für die Lösung einer Aufgabe dann doch schon recht lange über diese tüfteln müssen...😉
Grüße
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Graphentheorie08
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| Beitrag No.20, eingetragen 2021-04-14
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@timster
Interessanter Lösungsweg🙂
(kommt ja sogar ohne die Faktorisierung
\( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{3}{2021} \Leftrightarrow (3a-2021)\cdot (3b-2021)=2021^2\)
aus, dafür aber natürlich viele Fälle, die man betrachten/ durchrechnen muss)
\quoteon
Eine Frage hätte ich da noch: Braucht ihr auch so lange für die Aufgaben? Bin jetzt in der 11. Klasse mit Mathe LK und habe für die Lösung einer Aufgabe dann doch schon recht lange über diese tüfteln müssen...😉
\quoteoff
Ja, da braucht man schon lange dafür, auch als mehrfacher Teilnehmer. 🙂
(sicherlich mal 50 Stunden oder eher sogar noch mehr für alle 4 Aufgaben, um mal eine ganz grobe Zahl zu nennen, ist aber natürlich auch bei jedem unterschiedlich)
Manchmal bekommt man sofort die richtige Idee und kriegt die Aufgabe in wenigen Stunden raus.
Es kann sich aber auch über viele Wochen ziehen.
Die Aufgaben vom Bundeswettbewerb sind auch dafür gedacht, dass man über diese länger nachdenkt. Sie sind natürlich vom Niveau überhaupt nicht mit Aufgaben vom Mathe Lk zu vergleichen (bin auch in der 11. Klasse😉). Der BWM übersteigt ja deutlich das Schulniveau.
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