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  Bundeswettbewerb Mathematik 2006, 1. Runde |
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WeSe
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 19.12.2005
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 |  Beitrag No.160, eingetragen 2006-03-08
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Ja cyrix da hast du wohl Recht, mit den Sägezahnreihen, trotzdem denke ich das die Angabe von solchen "Kuriositäten" nicht erwartet wird, weil man, wenn man damit anfängt immer zu neuen Möglichkeiten kommt und es überhaupt kein Ende mehr gibt.
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Naphthalin
Senior 
Dabei seit: 19.11.2005
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 | Beitrag No.161, eingetragen 2006-03-08
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also, die dritte habe ich auch so wie ich weiß nicht mehr, d.h. angenommen, aa^2+b^2>5c^2>5a^2, daraus folgt b^2+c^2>5c^2 und a^2+b^2>5a^2, ergo b>2c und b>2a, demzufolge b>a+c, widerspruch, damit c die kürzeste seite, analog b
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teilnehmer
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Dabei seit: 12.10.2005
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 | Beitrag No.162, eingetragen 2006-03-08
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@cyrix: "Aufgabe 2: Du solltest noch schreiben, dass x+y verschieden von Null ist "
Muss man das? Aus der Gleichung (x+y)(x^2+y^2-5xy)=4 ist das offensichtlich, dass x+y!=0 . Und eine Division durch x+y, wo man dies extra angeben müsste, kommt in meiner Lösung auch nicht vor.
[ Nachricht wurde editiert von teilnehmer am 08.03.2006 15:30:02 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.163, eingetragen 2006-03-08
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@teilnehmer:
weil es so offensichtlich ist, wird es wahrscheinlich keine Probleme machen. Man muss nur mal kurz darüber nachdenken, da du aus |x+y|<=4 und "x+y ist eine gerade Zahl" schlussfolgerst, dass |x+y| entweder gleich 2, oder gleich 4 ist. Normalerweise wäre nach diesem Schluss auch |x+y|=0 möglich, was aber auszuschließen ist, da x+y nicht gleich 0 ist... :-)
Viele Grüße, Cyrix
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teilnehmer
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| Beitrag No.164, eingetragen 2006-03-08
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Ich habe extra geschrieben, "daraus folgt, dass sowohl x+y, als auch x^2+y^2-5xy Teiler von Vier sind." Null ist kein Teiler von vier! 
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Ex_Senior
| Beitrag No.165, eingetragen 2006-03-08
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@ teilnehmer: Im Zusammenhang ist alles klar! :-) Du verlangst aber ganz schön viel: Jetzt muss der Korrektor auch noch das im Gedächtnis behalten, was du ein paar Zeilen weiter oben geschrieben hast ;-) *g*
Viele Grüße, cyrix
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uganda
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| Beitrag No.166, eingetragen 2006-03-08
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Hi cyrix,
ich hab mir halt bei Aufgabe 3 gedacht, dass für c>=b
2c^2>2bc ist und dann mit 2bc weitergemacht. Ist das falsch??
Zu Aufgabe 4: Ich versteh jetzt nicht ganz wie du das meinst bei deinem post
mit dem "eine Ecke abschneiden"
Viela grüße, uganda
[ Nachricht wurde editiert von ZetaX am 08.03.2006 21:55:22 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.167, eingetragen 2006-03-08
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@ all: Don't Panic! 
Ich schreibe nur, was mir persönlich beim Lesen der Lösungen durch den Kopf geht. Und ich bin für die Bewertung (zumindest der meisten Arbeiten ) nicht zuständig!
@ uganda: zu 3.: Ich sehe immernoch nicht, wie du auf die Ungleichung 2bc< b*(b- c*cos alpha) kommst. Wahrscheinlich ist es recht einfach zu schlussfolgern, aber ich sehe es nicht.
zu 4.: Deine Argumentation verstehe ich folgendermaßen: Um die 100 Teile zu produzieren brauche ich mindestens 99 Schnitte, mit welchen ich höchstens 396 neue Ecken bekomme. Die restlichen noch fehlenden Ecken (das auf dem Tisch auch wirklich Zwanzigecke liegen) erhalte ich durch den Prozess "Ecke abschneiden" (heißt bei dir a) ); also nocheinmal 1600 Schnitte.
Was mir dabei aufgefallen ist, ist folgendes: du teilst das ganze in zwei Teilprozesse: Erstmal die 20 Teile erzeugen, die die Zwanzigecke werden sollen, und dann sukzessive deren Eckenanzahl bis je 20 erhöhen.
Die Frage ist nun, warum sich diese zwei Prozesse nicht miteinander verquicken lassen; warum kann man sie nicht enigstens teilweise parallel ausführen (also warum kann ich dann im zweiten Teil nicht mehr je 4 neue Ecken pro Schnitt erzeugen)?
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 08.03.2006 18:41:00 ]
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uganda
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| Beitrag No.168, eingetragen 2006-03-08
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Ahhh, was hab ich denn da geschrieben?Tschuldigung:)
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uganda
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| Beitrag No.169, eingetragen 2006-03-08
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Ohh heute klappt garnichts...
Danke für die Antwort, cyrix. Ach du meinst, dass ich dann im zweiten Teil mehr ecken bekomme als benötigt??
Danke für die mühe, uganda
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WeSe
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| Beitrag No.170, eingetragen 2006-03-08
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Cyrix dies geht nicht, weil der zweite Teil im Grunde nur Abfall ist, da man schon die 100 gefordeten Teile hat. Das kleinst mögliche abzuschneidende Teil ist ein Dreieck, also gehen von den vier erzeugten Ecken drei verloren ----> man erzeugt mit jedem Schnitt nur eine Ecke :-)
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ZetaX
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| Beitrag No.171, eingetragen 2006-03-08
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Ich denke Cyrix zweifelt nicht an, dass am Ende die Eckenzahl stimmt, sondern dass man weniger Schnitte brauchen könnte als mit dieser Methode; uganda beweist nur, dass es mit 1699 Schnitten möglich ist, nicht das nicht auch weniger genügen könnten.
Z.B. könnte man doch erst ein 101-Eck "basteln" und dieses dann in kleinere Teile schneiden.
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Naphthalin
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| Beitrag No.172, eingetragen 2006-03-09
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der beweis für die minimale anzahl ist eigentlich recht einfach, wenn man zwei gleichungen über 1. die gesamteckenzahl und 2. die teilanzahl am ende aufstellt, dann kommt man auf a_3-...-16*a_20-...=0 und damit auf a_3>=1600, dazu die 100 20-Ecke und 1 subtrahiert, da am anfang schon ein viereck existierte. macht dann 1699 minimal.
Naphthalin
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WeSe
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| Beitrag No.173, eingetragen 2006-03-09
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Naphthalin wärst du so lieb und würdest deine Formel mit fed schreiben... das würde die Sache stark vereinfachen...
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uganda
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|  Beitrag No.174, eingetragen 2006-03-09
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Hallo Leute!!
Danke für die Kritik an der Lösung der Aufgabe.
Mal sehen, was dabei rauskommt...
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Adlernest
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| Beitrag No.175, eingetragen 2006-03-09
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Hallo!
Ist es so verständlich: was meint ihr?
100 Stück Zwanzigecke haben 2.000 Ecken, 4 Ecken sind in dem quadratischen Anfangsblatt bereits vorhanden. Es fehlen noch 1996 Ecken.
Bei der Teilung in die 100 Zwanzigecke entstehen 99 * 4 Ecken =
396 Ecken, dabei ist es egal, wann diese Aufteilung geschieht.
Nun fehlen noch 1.600 Ecken. Dafür braucht man 1.600 Schritte, da jetzt mit jedem Schritt nur eine weitere Ecke entsteht und ja keine unnötigen Teile entstehen sollen.
4 Anfangsecken
99 Schritte 396 Ecken
1.600 Schritte 1.600 Ecken
1.699 Schritte 2.000 Ecken
Um 100 Stück Zwanzigecke zu erhalten benötigt man mindestens 1.699 Schritte.
Natürlich habe ich vorher noch die verschiedenen Schnittvarianten erklärt.
Lieber Gruß
Adlernest
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Naphthalin
Senior
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| Beitrag No.176, eingetragen 2006-03-10
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gut, das sollte ich das nächste mal beachten, ich hatte aber einfach mnihcht genug zeit.
Naphthalin
PS: für schreibffehler haften THE MARTIANS und diese tasatur!
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WeSe
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.177, eingetragen 2006-03-11
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Noch ein bissle ausformuliert und meiner meinung nach solltest du dafür volle Punktzahl bekommen Adler.
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
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| Beitrag No.178, eingetragen 2006-03-11
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Hier meine Lösung zu Aufgabe 3:
Lösung der Aufgabe 3:
Behauptung: Seien a,b und c die Seitenlängen eines Dreiecks. Wenn die Ungleichung a^2+b^2>5c^2 gilt, ist c die kürzeste Seite des Dreiecks.
Beweis: Laut Voraussetzung gilt: a^2+b^2>5c^2 (1);
Dass mindestens eine der beiden Seitenlängen größer ist, als die von c, ist klar: Andernfalls wäre wegen aa (2). Wenn c nicht die kürzeste Seite ist, so können wir zusätzlich noch von der Formel a>=c>=b (3) ausgehen (ob a oder b größer als c ist, ist aus symmetrischen Gründen egal.)
Nun lässt sich beweisen, dass es für dieses System von Ungleichungen keine Lösung im Bereich der reellen positiven Zahlen gibt: Aus c>=b folgt c^2>=b^2 (4); wegen b+c>a gilt b^2+c^2+2bc>a^2 (5);
Addiert man (4) und (5), erhält man: b^2+2c^2+2bc>a^2+b^2;
2c^2+2bc=2c(b+c)>a^2;
b+c>a^2/(2c);
c>a^2/(2c)-b (6);
Addiert man (6) und (3), erhält man: 2c>a^2/(2c) oder vielmehr 4c^2>a^2 (7);
Daraus folgt schließlich wegen (1): a^2+b^2>5c^2>a^2+c^2;
Subtrahiert man nun von der Ungleichung a^2+b^2>a^2+c^2 das Quadrat von a, erhält man: b^2>c^2 und b>c, dies ist wegen (3) aber ein Widerspruch.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.179, vom Themenstarter, eingetragen 2006-03-11
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Hallo,
kommt es eigentlich auf die Schönheit der Lösung bei der Korrektur an oder ist Beweis gleich Beweis?
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Ex_Senior
| Beitrag No.180, eingetragen 2006-03-12
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2006-03-11 23:22: tobif schreibt:
kommt es eigentlich auf die Schönheit der Lösung bei der Korrektur an oder ist Beweis gleich Beweis?
Hallo tobif!
Jaein.
Also Grundsätzlich ist erstmal die Richtigkeit deiner Lösung das, was zählt. Aber wenn deine Begründung übermäßig lang und auschschweifend wird, gibt es Abzüge.
Aber du brauchst dir, denke ich, keine Sorgen machen. Ich habe auch schon analytisch gelöste Geometrie-Aufgaben (damals der Beweis auf 13 Seiten *g*) ohne Abzüge durchbekommen...
Viele Grüße, cyrix
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sebi2k
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 15.02.2006
Mitteilungen: 39
| Beitrag No.181, eingetragen 2006-03-13
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2006-03-07 19:19: cyrix schreibt:
Hallo! :-)
zu 3.: es geht auch kürzer ;-) :
\
o.B.d.A.: a <= b.
indirekter beweis der Aufgabe: Annahme: c ist nicht kürzeste Seite
=> a 5c^2 < a^2+b^2 < c^2+b^2 => 4c^2 < b^2 => 2c < b => a+c < b; Widerspruch zur Dreiecksungl.
:-)
Ich weiß, es sind alles nur Nuancen...
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 07.03.2006 19:20:45 ]
Fällt mir gerade erst auf:
Was ist mit dem Gleichheitsfall? (a<=c)
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Ex_Senior
| Beitrag No.182, eingetragen 2006-03-13
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2006-03-13 14:18: sebi2k schreibt:
Fällt mir gerade erst auf:
Was ist mit dem Gleichheitsfall? (a<=c)
Dann gibt es eben (mindestens) zwei kürzeste Seiten. So würde ich das zumindest sehen. ==> Fällt m.E. auch in den zu beweisenden Fall, und damit nicht in die Annahme.
Viele Grüße, Cyrix
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Bobby253
Junior
Dabei seit: 13.03.2006
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.183, eingetragen 2006-03-13
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Ich habe folgende Lösung zur 3. Aufgabe:
Es gilt:
Kosinussatz: a² = b² + c² -2bc cos α
b² = c² + a² -2ca cos ß
Im rechtwinkligen Dreieck BC(Fc) gilt:mit (Fc) als Fußpunkt der Höhe c
(Skizze)
cos ß = (c1)/ a also, a cos ß = (c1)
Im rechtwinkligen Dreieck ACFc gilt:
cos α = (c2)/ b also, b cos α = (c2)
Also:
a² + b² > 5c²
a² + c² + a² -2ca cos ß > 5c²
2a² - 2ac cos ß > 4c²
a² - c (a cos ß) > 2c²
a² - c(c1) > 2c² wobei c1 ein Teil der Seite c ist (Skizze)
da c>0 und (c1)>0 ist c(c1)>0 gilt:
a² minus eine positive Zahl ist größer als 2c² also gilt:
a² > 2c²
a² ist größer als ein Vielfaches von c² also gilt:
a² > c²
und deswegen gilt:
a > c
Also ist c kleiner als a.
und dann das gleiche für b.
[ Nachricht wurde editiert von Bobby253 am 13.03.2006 21:36:21 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.184, eingetragen 2006-03-13
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Hallo Bobby253 und Willkommen auf dem Matheplaneten!
\
Deine Lösungsidee ist ganz nett, aber noch nicht ausgereift. Im Fall, dass \beta>90° ist, dass Dreieck also bei B einen stumpfen Winkel besitzt, ist cos(\beta)<0, und deine Argumentation bricht leider zusammen, da dann der Schluss aus a^2-c*(a*cos \beta)>2c^2 die Ungleichung a^2>2c^2 zu folgern nicht mehr möglich ist.
Sorry dir dies hier schreiben zu müssen, aber es ist leider so. Lass den kopf nicht hängen, es gibt noch drei andere Aufgaben! Außerdem musst du zum Weiterkommen nur das Äquivalent zu drei Aufgaben richtig haben.
Viele Grüße, Cyrix
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
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Wohnort: Dresden
| Beitrag No.185, eingetragen 2006-03-14
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Man musste nur beweisen, dass c die Länge der kürzesten Seite ist, d.h., wenn es zwei kürzeste Seiten gibt, hat man es auch gelöst. Man kann aber auch b<=c zum Widerspruch führen (s.o.).
Naphthalin
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smala
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Dabei seit: 15.03.2006
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|  Beitrag No.186, eingetragen 2006-03-15
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ich hab jetzt schon mehrmals die lösung von der 2ten aufgabe gesehn, bei der am ende so was steht wie:
a³ mod 7 = 4
und dafür gibt es keine lösung...
so weit bin ich auch gekommen, aber ich weiß nich wie man das beweisen soll... (ich hab dann doch ne etwas andere lösung genommen, die allerdings ist die nicht so schön, weil man 6 möglichkeiten ausprobiert)
wahrscheinlich ist das eine ziemlich banale frage, aber warum gibt es denn für diese gleichung keine lösung?
man merkt zwar durch einsetzen dass immer nur o;6 und 1 rauskommt, aber das is ja kein beweis
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.187, eingetragen 2006-03-15
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Doch, das Einsetzen ist der Beweis:
Es gibt mod 7 nur 7 verschiedene Restklassen, die testet man alle per Einsetzen durch und ist fertig, da jede ganze Zahl in eine dieser Restklassen fällt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.188, eingetragen 2006-03-15
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Zur allgemeinen Beruhigung:
Bei der 4. Aufgabe (Papier zerschneiden) wird in Schülerlösungen keine Aussage über die Konvexität der Teile gefordert. Dies scheint der Fall zu sein, da den meisten Schülern der Begriff der Konvexität wohl nicht geläufig ist.
Jedoch gehört dies in meinen Augen zu einem Beweis der Aufgabe hinzu. Gegenbeispiele zu konstruieren, welche mit Hilfe der Nichtkonvexität die Argumentation untergraben, findet man weiter vorn in diesem Thread.
Insofern: Schaut, ob eure Argumentation in allen möglichen Fällen funktioniert (auch, wenn ein Dreieck z.B. stumpfwinklig wird, also nicht nur den "Standardfall" spitzwinklig), und schließt explizit alle unmöglichen Fälle aus!
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 15.03.2006 21:58:04 ]
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smala
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|  Beitrag No.189, eingetragen 2006-03-16
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ich hab noch eine lösung für aufgabe 4, die ich bis jetzt noch nicht gesehn hab. Grob zusammengefasst:
1. Man macht nur Schnitte, die durch 2 Kanten gehen, weil dabei die meisten (4) neuen Ecken entstehen. -> heißt schnitt
n-Eck -> m-eck + k-eck
anzahl der ecken:
n -> m+k=n+4
k=n+4-m
n-Eck -> m-eck + (n+4-m)-Eck
2. Am Ende liegen möglichst nur die 100 20 Ecke auf dem Tisch, das geht allerdings nicht, weil jedes mal wenn man eine Ecke abschneidet eine 3-Eck entsteht. Also liegen noch eine unbestimmte anzahl (a) an 3-Ecken auf dem Tisch.
3. Jedes n- Eck kriegt den Wert (w) = n-3 zugeordnet:
wertveränerung bei einem Schnitt:
n-3 -> m-3 +(n+4-m)-3
n-3 -> n-2
Der wert aller vielecke auf dem tisch wird pro schnitt um 1 größer.
4. Der wert w am anfang subtrahiert vom wert am ende ergibt die anzahl der schritte.
w(4-Eck) = 1
100 * w(20-Eck) + a * w (3-eck)
= 100 * 17 + a* 0
=1700
Der wert verändert sich also um 1699 und so viele schnitte wurden auch benötigt.
Der vorteil von diesem weg ist, das man sich keine gedanken über den weg machen muss, wie man es schafft und dann auch nicht beweisen muss, das es keinen anderen weg gibt.
Ich wäre zwar froh, wenn niemand was dagegen sagt, aber falls ihr irgendwelche lücken seht...
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Ex_Senior
| Beitrag No.190, eingetragen 2006-03-16
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Hallo smala und Willkommen auf dem Matheplaneten!
Zu deinem Beweis für Aufgabe 4:
Du argumentierst, dass beim Ecken abschneiden immer zusätzlich noch Dreiecke entstehen. Aber weshalb sollte es nicht doch ev. günstiger sein mal nicht nur ein Dreieck, sondern vielleicht ein Fünfeck abzuschneiden?
Hinweis: Auch dies geht einfach mit deinem Lösungsweg zu begründen: Auch wenn ich den Schnitt anders ansetze, also nicht einfach nur eine Ecke abschneide, erhöht sich das Gesamtgewicht (also Summe aller Einzelgewichte der auf dem Tisch liegenden Teile) auch nur um höchstens 1. Genauere Ausführungen dazu siehe Darijs Lösung (Link steht etwas weiter vorn im Thread; Darij==isotomion).
Zum anderen scheinst du nur einen Notwendigkeitsnachweis erbracht zu haben: Wenn eine Lösung existiert, dann benötigt sie mindestens 1699 Schnitte. Was aber fehlt, ist der Existenznachweis: Gibt es überhaupt eine solche Lösung, oder doch nur eine, welche mindestens 1700 Schnitte braucht? Wenigstens einen Satz dazu hättest du m.E. verlieren sollen (indem zu zeigst, dass es geht).
Nun ja, so lange ich die Korrekturhinweise nicht erhalten habe (es ist Mitte März, und ich habe als Erstkorrektor noch immer nichts zu korrigieren... ), kann ich auch noch nicht sagen, wie sich dies auf die Bewertung auswirken wird. Wobei ich auch generell alle meine dazu gemachten Aussagen "ohne Gewähr" gegeben habe.
Und auch, wenn diese Aufgabe nicht perfekt sein sollte: Du hast noch 3 andere!
Edit: Ich sollte vielleicht noch hinzufügen, dass die Idee deines Beweises gut sit!
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 16.03.2006 12:00:47 ]
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Bobby253
Junior
Dabei seit: 13.03.2006
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.191, eingetragen 2006-03-16
|
Hi Cyrix,
danke für deine Antwort.
aber deswegen fasse ich ja auch das
(a cos ß) zusammen zu (c1). Das ergibt sich aus der Hohe von C zu c ( cos ß = (C1)/a. Ich zerlege das Dreieck in 2 rechtwinklige Dreieck indem ich die Höhe(c) einfüge. Dadurch teile ich die Seite c in (c1) und (c2). Ich kann hier leider keine Skizze einfüge.
Viel Grüße
Bobby253
[ Nachricht wurde editiert von Bobby253 am 16.03.2006 13:14:28 ]
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smala
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 15.03.2006
Mitteilungen: 27
| Beitrag No.192, eingetragen 2006-03-16
|
Hi cyrix!
wie gesagt die lösung war nur grob zusammengefasst! ich hab das schon noch ein bisschen ausführlicher gemacht und so weit ich weiß auch noch 1 beispiel geschreiben, mit dem es funktioniert. zu den dreiecken hab ich auch noch was genaueres.
und das der gesamtwert egal wie mam schneidet (solange man durch 2 kanten schneidet) sich immer gleich verhält, is ja auch in dieser lösung schon enthalten.
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Adlernest
Junior
Dabei seit: 01.03.2006
Mitteilungen: 12
Wohnort: Bayern
| Beitrag No.193, eingetragen 2006-03-16
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die vorläufigen Lösungsbeispiele sind soeben online gestellt worden
Adlernest
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Ex_Senior
| Beitrag No.194, eingetragen 2006-03-16
|
Hallo Bobby253 !
Du zerlegst dein Dreieck durch die Höhe in zwei rechtwinklige "Teil"-Dreiecke. Dies macht solange Sinn, wie die Höhe innerhalb des Dreiecks verläuft. Zeichnet man jedoch die Höhe in einem stumpfwinkligen Dreieck (durch den Eckpunkt mit dem stumpfen Winkel) ein, so verläuft diese außerhalb des Dreiecks. Dies äußert sich u.a. darin, dass der cosinus des entspr. Winkels negativ wird.
Die Strecke c1, welche du mit c*cos(beta) assoziierst, besitzt aber eben nur die Länge |c*cos(beta)|, da der cosinus eben negativ werden kann.
@smala: Schön! Dann verstehe mein Kommentar nicht als Hinweis für dich, sondern generell, dass neben einer Notwendigkeitsbedingung in solchen Fragen immer auch eine Existenzaussage getroffen werden muss.
Viele Grüße, Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.195, eingetragen 2006-03-16
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@offizielle Lösungsbeispiele:
Schaut euch mal zu Aufgabe 3 den zweiten Beweis an (mit cosinus-Satz):
LOL, am Ende führen sie wieder den Spaß zum Widerspruch mit der Dreiecksungleichung...
Viele Grüße, Crix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 16.03.2006 14:47:30 ]
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.196, eingetragen 2006-03-16
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Naja... Beweis Nummero 5 ist noch krasser. Und am Ende kommen sie dann doch nicht ohne die Dreiecksungleichung aus! ;-)
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smala
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 15.03.2006
Mitteilungen: 27
| Beitrag No.197, eingetragen 2006-03-16
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muss man eigentlich 3 aufgaben komplett richtig gelöst haben oder kommt es nur darauf an eine bestimmte punktzahl zu erreichen? Also wenn man alle 4 eigentich richtig hat, aber bei mehreren noch eine kleine unklarheit ist oder etwas nicht ausführlich genug ist, aber totzdem auf die punkte kommt... :-?
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WeSe
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 19.12.2005
Mitteilungen: 117
| Beitrag No.198, eingetragen 2006-03-16
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Wenn ich nicht irre musst du nur soviel Punkte haben wie es im Verhältnis von 4 Aufgaben entsprechen würde also 3/4 der Gesamtpunktzahl.
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George
Junior
Dabei seit: 13.03.2006
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Wohnort: BB (DE) / Cam (UK)
| Beitrag No.199, eingetragen 2006-03-16
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(Hallo !)
Interessant ist ja auch die "erste" statistische Auswertung  ... 1675 Schüler/innen (1.237 Jungen und 438 Mädchen)! 
Na gut, die Aufgaben waren natürlich auch leichter als im Vorjahr, daher kann man die Verdopplung schon nachvollziehen - das wollten die Aufgabensteller vielleicht auch erreichen .
Eine Frage zum 1. Beweis Aufgabe 2:
\
Umformung bis zum Schritt (x + y)^3 = 7xy(x + y) + 4
Kann man dann auch einen "anderen Weg" einschlagen und auf beiden Seiten ohne weiteres durch (x+y) dividieren? (x+y ungleich 0 wurde schon gezeigt.)
Der weitere Beweis ist dann ähnlich (Teilbarkeit).
Na dann, danke im Voraus
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Home / Seite ohne Frame
2023-12-08 22:11 !
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