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| Autor |
  Bundeswettbewerb Mathematik 2007 |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.280, eingetragen 2007-03-08
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@dbrust_2000: Ich hoffe, du hast noch etwas ausführlicher deine Lösung formuliert. Zum Beispiel fehlt mir persönlich in der hier veröffentlichten Variante, a) dass die Summe der Zahlen an den Knten immer richtig ist, dass b) genau die Zahlen von 1 bs 4014 verwendet werden undd c) keine Zahl doppelt (letzteres hast du hier angedeutet, aber nicht bewiesen)...
Ähnliches gilt für die entspr. Lösung von robertoprophet: Nicht nur das Verfahren der Zahlenverteilung ist wichtig, sondern auch der Nachweis, dass alle von der Aufgabenstellung geforderten Eigenschaften erfüllt sind...
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 08.03.2007 12:33:42 ]
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robertoprophet
Senior 
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Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.281, eingetragen 2007-03-08
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Ja, aber ein Nachweis ist so eine Sache... Reicht es denn nicht wenn man sagt, die SMpunkte werden immer 2 mehr und eine Ecke wird immer 2 weniger(oder anders herum)? Das alle Zahlen genau einmal verwendet worden sind müsste ja gezeigt sein.
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graviton
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| Beitrag No.282, eingetragen 2007-03-08
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Wie habt ihr Geo gelöst?
Ich mit dem Satz der Winkelhalbierenden im dreieck, sowie Sehensatz, Sekantensatz. Der Rest war dann bloß noch Formel umstellen und ineinander einsetzen.
Hat es jemand mit Umfangswinkel geschafft? Das war mein erster Versuch und bin gleich daran gescheitert...
Bei der Aufgabe 2 hab ich das lange nicht so "kompliziert" gemacht wie Xenon, hoffentlich aber trotzdem richtig.
Zu zeigen, dass die Summe dreier (un)gerader Zahlen wieder eine (un)gerade ergibt dürfte nicht schwer fallen (die Summe mod2 hinterlässt halt den Rest 1 oder 0). Wenn man jede a-te Zahl in einer best. Farbe färbt (grün z.B.), dann besteht die Möglichkeit, dass die Summe dreier roter Zahlen grün wird, und zwar genau dann, wenn sich die Reste der drei roten Zahlen (bei mod a) zu einem Gesamtrest addieren, der durch a teilbar ist.
(Hab's natürlich viel ausführlicher, wenn ich Zeit hab, kann ich's ja reinstellen.)
bei der 4. hab ich auch a(a+1)/2 Lösungen, was mit x=aq+k mit k kleiner als a und genauso wie q natürlich (mit Null). Es zeigt sich nach bisschen Rechnen, dass q alles von 0 bis a-1 sein kann....
bei der 1. hab ich die Zahlen von 1,...2007 auf die Ecken verteilt, und den Rest auf die Seitenmitten. Summe jeder Seite 5019. Wenn in der Seitenmitte 4014 steht, müssen die beiden Ecken zusammen also 1005 ergeben, für 4013 1006, usw.
Für 4014 hab ich 1004 und 1, für 4013 die 1 (verbunden mit anderer Seite) und 1005 für 4012 die 1005 und 2, usw. bis 2007 und 1004 mit 2008.
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Biff
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| Beitrag No.283, eingetragen 2007-03-08
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Hallo ;D
Bei der 1: Muss da die Bijektivität explizit gezeigt werden? Ich hab es erst gemacht, dann aber( da es ja offensichtlich ist) der Übersichtlichkeit wegen weggelassen... (naja, ich hab ne etwas andere abbildung - genauer genommen zwei abbildungen - es ist aber trotzdem offensichtlich... ^^)
Meine Lösung zur 4:
Mit festem a \in\ N ist x bekanntlich eindeutig in der Form x=ka+r mit k\in\N_0 und 0<=rr>=k ist. Somit ist die Anzahl der Lösungen
a+(a-1)+...1=a(a+1)/2
Bei Zeit poste ich die anderen auch :P
Zur 1: ( ziemlich umständlich, ich hoffe mal, das gibt keinen Abzug? ;) )
Es gibt die Ecken e_0 bis e_2006 und die Mittelpunkte m_0 bis m_2006 , wobei m_i der Mittelpunkt von e_i bis e_(i mod 2007) ist.
Ich hab dann zwei Abbildungen:
\psi, \xi mit
\psi: {e_0 , ... , e_2006} -> {1,...,2007} , e_i wird abgebildet auf 1+i/2 für gerade und 1004 + (i+1)/2 für ungerade i.
\xi ist eine andere ( natürlich angegebene ) Abbildung von {m_0 , ... , m_2006} -> {2008,..,4014}.
Die Bijektivität habe ich wie bereits erwähnt nicht gezeigt.
Dann hab ich halt nur noch - mit mehreren Fallunterscheidungen - gezeigt, dass die Summe auf einer Strecke gleich der Summe der benachbarten Strecke ist.
Eine Frage hätte ich noch:
Einige sind hier scheinbar noch länger darauf eingegangen, dass die anzahl a(a+1)/2 daraus folgt, dass (in meiner obigen Notation) a>r>=k ist. Muss das sein? Ist doch eigentlich offensichtlich.
[ Nachricht wurde editiert von Biff am 08.03.2007 14:31:56 ]
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Biff
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Mitteilungen: 174
| Beitrag No.284, eingetragen 2007-03-08
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Hier stand Blödsinn... verlesen... ^^ puh :)
achja sorry für Doppelpost... Kann man denn noch ganz löschen?
[ Nachricht wurde editiert von Biff am 08.03.2007 14:43:34 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.285, eingetragen 2007-03-08
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Hallo!
@robertoprophet: Das ist eine Pseudo-Argumentation. z.B. gibt dies deshalb Schweirigkeiten, da es sich um einen Kreis handelt, also nach der "letzten" wieder die "erste" Kante kommt, und diese z.B. auch einen gemeinsamen Eckpunkt besitzen...
btw: Das von mir hier Geschriebene ist alles als IMHO zu lesen: Ich habe bisher weder Lösungen noch Korrektur-Hinweise erhalten (die kommen erst im letzten drittel des März).
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 08.03.2007 14:48:54 ]
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ZetaX
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Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.286, eingetragen 2007-03-08
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@Biff: löschen kannst du nur solange, wie noch niemand darauf geantwortet hat. Solange dies der Fall ist kannst du unter "Ändern" einen Haken bei "Lösche diese Nachricht" setzen und dann auf "Submit" klicken.
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Biff
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Dabei seit: 19.12.2006
Mitteilungen: 174
| Beitrag No.287, eingetragen 2007-03-08
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noch eben meine 2:
Sei R \subset\ N die Menge der roten Zahlen, und G \subset\ N die Menge der grünen Zahlen, wobei N die Menge der positiven ganzen Zahlen ist. Angenommen, es gebe eine solche Verteilung:
O.B.d.A. sei nun 1 \in\ R. Dann ist sofort 2 \in\ G, denn ansonsten wären 1,2,3 \in R und damit wäre n=(n-2)+1+1 \in R und damit n \in R für alle n \in N, was im Widerspruch dazu stünde, dass es sowohl rote, als auch grüne Zahlen gibt.
Es ist also 1 \in R und 2 \in G. Man sieht, dass \{2n-1 | n \in N \} \subset R , und dass \{4n-2 | n \in N \} \subset G ist.
Sei nun a\in\{4k | k\in N\}.
Dann ist jedoch 1+1+a=a+2\in\{4k-2 | k\in N\}\subset G. Damit ist a\in G, denn für rotes a müsste auch 1+1+a \in R gelten.
Die einzige Verteilung, welche möglich sein könnte, ist also: R=\{2n-1 | n\in N\} ; G=\{2n | n\in N\}, denn nach Aufgabenstellung müssen alle natürlichen Zahlen gefärbt werden(und wir haben ja gerade gezeigt, dass R=\{2n-1 | n\in N\} wäre.
Diese Färbung ist offenbar zulässig, denn:
-Jede positive ganze Zahl wird entweder rot oder grün gefärbt.
-Die Summe dreier nichtwendig verschiedener Zahlen einer Farbe hat ebenfalls diese Farbe. Dies ergibt sich sehr schnell daraus, dass 3 gerade bzw. 3 ungerade Zahlen summiert werden.
-Es gibt sowohl rote als auch grüne Zahlen.
Somit gibt es die Färbungen R=\{2n-1 | n\in N\} ; G=\{2n | n\in N\} bzw. G=\{2n-1 | n\in N\} ; R=\{2n | n\in N\}. Die zweite ist trivial, da oben ja o.B.d.A. 1\in R war. Diese ergibt sich dann ganz analog, wenn man 1\in G annimmt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.285 begonnen.]
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viertel
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Dabei seit: 04.03.2003
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Wohnort: Hessen
 | Beitrag No.288, eingetragen 2007-03-08
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Ich bin ja nicht wettbewerbsberechtigt (da seit einigen Tagen  kein Schüler mehr), aber meine Überlegung zur 2 ist diese:
\IN_0 wird in zwei nichtleere Teilmengen R\subset\IN_0 und G:=\IN_0\.\\R zerlegt.
In einer der beiden Mengen muß die 1 liegen, also o.B.d.A. in R.
Nun soll auch jede beliebige Summe von \(nicht notwendig verschiedenen\) Zahlen aus R in R liegen. Somit also auch 1+1+1=3. Und auch alle anderen ungeraden Zahlen u, denn mit u\el\ R folgt auch u+1+1\el\ R.
Es kann jedoch keine gerade Zahl g in R liegen, denn damit lägen mit dem gleichen Schluß \(g\el\ R => g+1+1\el R\) alle geraden Zahlen >g auch in R. In G könnten damit bestenfalls die geraden Zahlen
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moep
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Dabei seit: 21.06.2006
Mitteilungen: 1807
| Beitrag No.289, eingetragen 2007-03-08
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Da nun anscheinend niemand die Lösung der Geo-Aufgabe posten möchte, tue ich es eben:
Gruß,
moep
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Ex_Senior
| Beitrag No.290, eingetragen 2007-03-08
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Schöne Lösungen. 
Nur eine Formulierung "aus der Zeichnung erkennt man" ist nicht wesentlich besser als ein "wie man leicht sieht". 
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 08.03.2007 17:02:10 ]
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robroy
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Dabei seit: 21.01.2004
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Wohnort: Gainesville, Fl
| Beitrag No.291, eingetragen 2007-03-08
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Hi,
@moep: Nur mal zum Nachdenken: Gibt es nicht "ueber" jeder Sehne (außer dem Durchmesser) zwei verschiedene Umfangswinkel. Ist denn so klar, dass
du hier beidemal "denselben" erwischst?
Gruss, Robert
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Xenon
Senior
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Mitteilungen: 184
Wohnort: München, Bayern
| Beitrag No.292, eingetragen 2007-03-08
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\
Hab hier noch ne schöne Verallgemeinerung der Aufgabe 1 für alle
Vielecke mit der ungerader Eckenzahl n.
Die Ecken seien dazu von einem beliebigen Eckpunkt ausgehend mit a_0, a_1, a_2, ..., a_(n-1) bezeichnet. Die Seite zwischen den Ecken a_k und a_(k+1) sei mit b_k bezeichnet. Die Seite zwischen a_(n-1) und a_0 sei mit b_(n-1) bezeichnet. Mit s_k sei die Summe der drei Zahlen auf dem Seitenmittelpunkt von b_k und den Eckpunkten bezeichnet.
Sei nun für alle k mit 0 <= k <= n - 1, k \in \IZ
a_k = cases(n+k,für gerades k;k,für ungerades k)
b_k = 2n - 2k
Wir beweisen nun s_k = 3n + 1 für alle k
Dazu betrachen wir 3 Fälle:
\stress Fall 1: 0 <= k <= n - 2 \wedge k gerade
a_k = n + k
a_(k+1) = k + 1
b_k = 2n - 2k
=> s_k = a_k + a_(k+1) + b_k = (n + k) + (k + 1) + 2n - 2k = 3n + 1
\stress Fall 2: 0 <= k <= n - 2 \wedge k ungerade
a_k = k
a_(k+1) = n + k + 1
b_k = 2n - 2k
=> s_k = a_k + a_(k+1) + b_k = k + (n + k + 1) + 2n - 2k = 3n + 1
\stress Fall 3: k = n - 1
a_(n-1) = n + (n - 1) = 2n - 1
a_0 = n
b_(n-1) = 2n - 2(n - 1) = 2
=> s_(n-1) = a_(n-1) + a_0 + b_(n - 1) = (2n - 1) + n + 2 = 3n + 1
Die Summe ist also immer gleich, da die Verteilung außerdem alle Zahlen
von 1 bis 2n enthält (hab jetzt keine Lust das zu zeigen),
folgt die Behauptung.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Xenon am 09.03.2007 21:06:51 ]
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
Mitteilungen: 573
 | Beitrag No.293, eingetragen 2007-03-08
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Hallo,
meine Lösung für 1. war die Folgende:
Ich habe den Beweis allgemeiner für ein beliebiges n-Eck (n ungerade) geführt:
Gegeben sei ein derartiges n-Eck, wobei n ungerade sei. Wir nummerieren dann die Seiten dieses n-Ecks der Reihe nach mit a_1, a_2, ..., a_n und die Eckpunkte der Reihe nach mit A_1, A_2,...,A_n und zwar so, dass A_1 der Eckpunkt zwischen a_n und a_1, A_2 der Eckpunkt zwischen a_1 und a_2, usw. und A_n der Eckpunkt zwischen a_(n-1) und a_n sei.
Als Beispiel für eine derartige Nummerierung ist unten eine Abbildung eines Fünfecks gegeben:
Wir können nun natürlich den einzelnen Ecken und Seiten Zahlen zuordnen und so a_1,...,a_n bzw. A_1,...,A_n als endliche Folgen auffassen.
Um zu zeigen, dass es eine Verteilung der Zahlen 1,...,2n auf die Ecken und Seitenmittelpunkt mit der geforderten Eigenschaft gibt, müssen wir also zwei Folgen a_1,...,a_n und A_1,...,A_n finden, für die der Wert A_k+a_k+A_(k+1) für alle k\in \menge(1,...,n) gleich ist, hierbei setzen wir A_(n+1)==A_1
Außerdem muss jede Zahl aus \menge(1,...,2n) in eine der beiden Folgen a_1,...,a_k und A_1,...,A_k enthalten sein.
Definieren wir nun a_k:=2k und A_k:= cases(n-k+1,k ungerade;2n-k+1,k gerade), so erfüllen diese beiden Folgen die geforderten Eigenschaften:
Dazu zeigen wir zunächst: A_k+a_k+A_(k+1)=3n+1:
1.Fall: k gerade => A_k+a_k+A_(k+1)=(2n-k+1)+2k+(n-(k+1)+1)=3n+1
2.Fall: k ungerade => a) k!= n => A_k+a_k+A_(k+1)=(n-k+1)+2k+(2n-(k+1)+1)=3n+1
b) k=n => A_k+a_k+A_(k+1)=A_n+a_n+A_1=(n-n+1)+2n+(n-1+1)=3n+1
Es ist nun klar, dass die geraden Zahlen 2,4,...,2n durch die Folge a_k=2k alle auf die Seitenmittelpunkte verteilt werden. Nun muss also nur noch gezeigt werden, dass durch die Folge A_k alle ungeraden Zahlen auf die Eckpunkte verteilt werden.
Es gilt nun A_1=n,A_3=n-2,..., A_n=1, also werden die ungeraden Zahlen von 1,3,...,n auf die Folgenglieder A_1, A_3,...,A_n verteilt.
Weiterhin gilt A_2=2n-1, A_4=2n-3,...,A_(n-1)=n+2. Also werden die ungeraden Zahlen n+2, n+4,...,2n-1 auf die Ecken A_(n-1), A_(n-3),...,A_2 verteilt.
Alle geraden Zahlen werden also auf die Folge a_k, alle ungeraden Zahlen werden auf die Folge A_k verteilt. Zusammen mit A_k+a_k+A_(k+1)=3n+1 folgt damit also die Richtigkeit der Behauptung für jedes n-Eck mit ungeradem n und insbesondere für ein 2007-Eck.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.290 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.294, eingetragen 2007-03-08
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\quoteon(2007-03-08 17:57 - robroy)
Hi,
@moep: Nur mal zum Nachdenken: Gibt es nicht "ueber" jeder Sehne (außer dem Durchmesser) zwei verschiedene Umfangswinkel. Ist denn so klar, dass
du hier beidemal "denselben" erwischst?
\quoteoff
Jaein. Es gibt in jedem Kreis für jede Sehne einen zugehörigen Peripheriewinkel "über" der Sehne (das ist der, der <=180° ist) und enen "unter" der Sehne (der ist >=180°). Deshalb spricht man besser nicht von Winkeln über Sehnen, sondern über den zugehörigen Kreisbögen... :)
Viele Grüße, Cyrix
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
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Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.295, vom Themenstarter, eingetragen 2007-03-08
|
@moep: auch meine lösung^^
@cyrix: irgendwas gegen "wie man leicht sieht"? ^^
Naphthalin
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robroy
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 21.01.2004
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Wohnort: Gainesville, Fl
| Beitrag No.296, eingetragen 2007-03-08
|
\quoteon(2007-03-08 18:09 - cyrix)
\quoteon(2007-03-08 17:57 - robroy)
Hi,
@moep: Nur mal zum Nachdenken: Gibt es nicht "ueber" jeder Sehne (außer dem Durchmesser) zwei verschiedene Umfangswinkel. Ist denn so klar, dass
du hier beidemal "denselben" erwischst?
\quoteoff
Jaein. Es gibt in jedem Kreis für jede Sehne einen zugehörigen Peripheriewinkel "über" der Sehne (das ist der, der <=180° ist) und enen "unter" der Sehne (der ist >=180°). Deshalb spricht man besser nicht von Winkeln über Sehnen, sondern über den zugehörigen Kreisbögen... :)
Viele Grüße, Cyrix
\quoteoff
Jupp, eben darauf wollte ich hinweisen. Eine wirklich vollstaendige Argumentation sollte dazu wenigstens eine Bemerkung machen
(@Naphtalin: von mir aus auch "wie man leicht sieht..." o.ä.).
In einer ersten Runde wird man darueber aber wohl hinwegsehen...
Gruss, Robert
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.297, eingetragen 2007-03-08
|
Hallo Biff,
deine Lösung a(a+1)/2 ist leider falsch.
Dein Beweis enthält folgenden Fehler:
-----------
...also a \red\>\black r>=k ist. Somit ist die Anzahl der Lösungen
\red\ a\black\ +(a-1)+...1=a(a+1)/2
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.293 begonnen.]
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robroy
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 21.01.2004
Mitteilungen: 62
Wohnort: Gainesville, Fl
| Beitrag No.298, eingetragen 2007-03-08
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\quoteon(2007-03-08 18:27 - teilnehmer)
Hallo Biff,
deine Lösung a(a+1)/2 ist leider falsch.
Dein Beweis enthält folgenden Fehler:
-----------
...also a \red\>\black r>=k ist. Somit ist die Anzahl der Lösungen
\red\ a\black\ +(a-1)+...1=a(a+1)/2
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.293 begonnen.]
\quoteoff
@Biff: Nicht erschrecken lassen! Deine Loesung stimmt.
Gruss, Robert
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Andrej182
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 01.06.2006
Mitteilungen: 59
| Beitrag No.299, eingetragen 2007-03-08
|
Hier meine Loesung zu der Geometrieaufgabe:
\geo
ebene(300,300)
xachse(-1,9)
yachse(-1,9)
punkt(1,6,P1)
punkt(0,5,Q1)
punkt(5,6,P2)
punkt(6,5,Q2)
punkt(3,8,S)
strahl(S,P1,s1)
strahl(S,P2,s2)
senkrechte(s1,P1,l1,nolabel)
senkrechte(s1,Q1,l2,nolabel)
senkrechte(s2,P2,l3,nolabel)
senkrechte(s2,Q2,l4,nolabel)
schnittpunkt(l1,l3,H1)
schnittpunkt(l2,l4,H2)
schnittpunkt(l1,l4,H3)
schnittpunkt(l2,l3,H4)
\geooff
geoprint()
Es seien 2 Strahlen s1 und s2 die in S beginnen und der Winkel w<180°
zwischen den beiden Strahlen gegeben.
Man waehle 2 beliebige Punkte P1 und Q1 auf s1 aus. Auf s2 werden die
Punkte P2 und Q2 so konstruiert, dass (P1S)^-=(P2S)^- und (Q1S)^-=(Q2S)^-
Die Lote auf s1 durch P1 und Q1 und die Lote auf s2 durch P2 und Q2
schneiden sich in den Punkten H1, H2, H3 und H4.
Die Gerade durch S und H1 bzw. H2 ist offensichtlich die Mittelsenk-
rechte des Winkels w. Und somit ist die Strecke H1H2 parallel zu der
Mittelsenkrechten von w.
Werden nun die Punkte P2 und Q2 in die selbe Richtung um die selbe
Distanz x verschoben, bleibt H1H2 offensichtlich parallel zur
Mittelsenkrechten.
Da die Lote durch P1 und Q1 bzw. durch P2 und Q2 parallel sind und
die Winkel bei H1 und H2 bzw. H3 und H4 gleich gross sind, ist
H1H3H2H4 offensichtlich eine Raute. Somit ist H3H4 senkrecht zu H1H2
und somit auch zur Mittelsenkrechten.
Man zeichne einen Kreis K1 bzw. K2 mit dem Mittelpunkt H3 bzw. H4
der durch C geht. K1 und K2 haben neben C noch einen weiteren
Schnittpunkt Z. Dieser kann gefunden werden, indem C an der Geraden
durch die beiden Mittelpunkte H3 und H4 spiegelt. Da die Strecke H3H4
senkrecht zur Mittelsenkrechten von w ist und C auf der Mittelsenk-
rechten ist, ist Z somit auch auf der Mittelsenkrechten.
Nun wird das ganze auf die Aufgabe uebertragen:
Sei S der Punkt C, Q1 bzw. Q2 der Mittelpunkt von AC bzw. BC,
P1 bzw. P2 der Mittelpunkt von EC bzw. FC und der Winkel w der Winkel
des Dreiecks an C. Somit ist H3 bzw. H4 der Umkreismittelpunkt von
Dreieck AFC bzw. Dreieck BEC. Dann ist der Umkreis von AFC bzw. BEC
der Kreis K1 bzw. K2. Deren Schnittpunkt liegt wie oben bewiesen auf
der Winkelhalbierenden von w.
Die Loesung finde ich selber nicht so toll, aber das wird hoffentlich trotzdem in Ordnung sein...
Viele Gruesse,
Andrej
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.297 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Andrej182 am 08.03.2007 18:43:47 ]
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master17
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 13.01.2006
Mitteilungen: 229
| Beitrag No.300, eingetragen 2007-03-08
|
Dann poste ich auch mal meine Lösung; wenn ich sie mit den anderen vergleiche, schein ich das wohl zu unmathematisch gemacht zu haben und wahrscheinlich nicht wirklich richtig-habe da leider kein solches Vorwissen, wie manch einer hier-.
Naja, ich habe jetzt zum ersten Mal an so einem Wettbewerb teilgenommen, bzw. mich an solche Aufgaben versucht, ein paar Ratschläge/Tipps kann man ja immer gebrauchen.
Ich poste mal meine Lösung zur 2.ten Aufgabe:
Aufgabe 2:
Es gibt genau zwei Färbungen, welche den gewünschten Bedingungen entsprechen, nämlich folgende:
Erste,Zweite Möglichkeit:
Man färbe alle ungeraden, positiven, ganzen Zahlen rot, bzw. grün und alle geraden, positiven, ganzen Zahlen grün oder rot, falls erstere grün sind.
Die Summe dreier, nicht notwendig verschiedener roter(bzw.grüner) Zahlen wäre:
S_1=(2n-1)*3= 6n-3 mit (2n-1) als beliebige ungerade Zahl
6n-3 ist nicht ohne Rest durch zwei teilbar, woraus folgt, dass S_1 eine ungerade Zahl ist und damit eine rote(bzw.grüne) Zahl.
Die Summe dreier, nicht notwendig verschiedener grüner(bzw.roter) Zahlen wäre:
S_2=2n*3=6n mit 2n als beliebige gerade Zahl
6n ist ohne Rest durch zwei teilbar, woraus folgt, dass S_2 eine gerade Zahl ist und damit eine grüne(bzw.rote) Zahl.
Da wir eindeutig sowohl rote, als auch grüne Zahlen haben, sind die drei Bedingungen erfüllt und dies sind folglich zwei mögliche Färbungen, also, indem man entweder alle geraden Zahlen rot und alle ungeraden Zahlen grün färbt oder umgekehrt.
Andere Möglichkeiten:
Die einzige andere Art der Färbung beinhaltet, dass entweder bei allen roten Zahlen oder bei allen grünen Zahlen es sowohl gerade, als auch ungerade Zahlen gibt.
Behauptung:
Diese Zuordnung der Farben ist mit den vorgegebenen Bedingungen nicht möglich.
Beweis:
Die 1 muss immer entweder grün oder rot sein.
Sei die Zahl 1 rot. Es ist leicht zu erkennen, dass die 3 ebenso rot sein muss, da diese sich durch die Summe 3=1+1+1 darstellen lässt. Nun muss auch die 5$ rot sein, denn diese ist 3+1+1=5 . Die 7 und alle folgenden Zahlen, die sich aus ihrem roten Vorgänger, addiert mit 2 darstellen lassen, müssen ebenso rot sein damit die Summe dreier roter Zahlen auch eine rote Zahl ist. Wir sehen, die sich immer wieder neu ergebende rote Zahl, nennen wir diese S_n, macht die übernächste Zahl S_(n+1)=S_n+2 auch rot. Es ist klar zu erkennen, dass nun alle ungeraden Zahlen nacheinander rot sein müssen. Daraus lässt sich also schließen:
Ist der Zahl 1 eine bestimmte Farbe zugeordnet, so muss auch jede weitere folgende ungerade Zahl dieselbe Farbe haben, damit die Summe dreier nicht notwendig verschiedener Zahlen gleicher Farbe wie die 1 sie hat, ebenso diese Farbe hat. Damit wären dann allerdings alle ungeraden Zahlen rot und eben alle geraden grün.
Damit ist die Behauptung bewiesen und schließlich auch gezeigt, dass die beiden Möglichkeiten oben auch wirklich alle Möglichkeiten sind, alle positiven, ganzen Zahlen so zu färben, damit die geforderten Bedingungen erfüllt sind.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.294 begonnen.]
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dbrust_2000
Aktiv 
Dabei seit: 22.01.2007
Mitteilungen: 309
| Beitrag No.301, eingetragen 2007-03-08
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Hallo, hier meine ganze Lösung zu Aufgabe 1
Es gibt eine solche Verteilung: Nenne die Ecken P1 bis P2007.
Setze P1 = 1, P2 = 2009, P3 = 3, P4 = 2011, allgemein
P(2i-1) = 2i-1 und
P(2i) = 2007 + 2i
Dann ist:
P(2i-1) + P(2i) = 2i-1 + 2007 + 2i = 2007 + 4i - 1 = 2006 + 4i = 2 (mod 4) und
P(2i) + P(2i + 1) = 2007 + 2i + 2i + 1 = 2007 + 4i - 1 = 2008 + 4i = 0 (mod 4)
Und P2007 + P1 = 2008
Das heißt, dass die Summe benachbarter Punkte niemals gleich ist und immer gerade ist und alle P(i) verschieden sind. Die fehlenden geraden Zahlen können nun einfach eingefügt werden:
die 4012 zwischen P1 und P2
die 4012 - 2 = 4010 zwischen P2 und P3
die 4012 - 4 = 4008 zwischen P3 und P4
allgemein:
4012 - 4(i-1) zwischen P(2i-1) und P(2i)
4010 - 4(i-1) zwischen P(2i) und P(2i + 1)
und 4014 zwischen P2007 und P1
Dann gilt: P(2i-1) + 4012 - 4 (i-1) + P(2i) = 6022 und P(2i) + 4010 - 4 (i-1) + P(2i + 1) = 6022
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dbrust_2000
Aktiv
Dabei seit: 22.01.2007
Mitteilungen: 309
| Beitrag No.302, eingetragen 2007-03-08
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Hier meine Lösung zu Aufgabe 3
\
Zu zeigen:
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Biff
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 19.12.2006
Mitteilungen: 174
| Beitrag No.303, eingetragen 2007-03-08
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Hallo teilnehmer,
\quoteon(2007-03-08 18:27 - teilnehmer)
Hallo Biff,
deine Lösung a(a+1)/2 ist leider falsch.
Dein Beweis enthält folgenden Fehler:
-----------
...also a \red\>\black r>=k ist. Somit ist die Anzahl der Lösungen
\red\ a\black\ +(a-1)+...1=a(a+1)/2
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.293 begonnen.]
\quoteoff
Ich bin gerade ein bisschen geschockt.^^ Warum meinst du, dass die Lösung falsch ist? Fehlt ein Argumentationsschritt?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.301 begonnen.]
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.304, eingetragen 2007-03-08
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Ich glaube teilnehmer hat irgendetwas verwechselt, schreibt er ja selber dass die Lösung a(a+1)/2 ist...
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dbrust_2000
Aktiv
Dabei seit: 22.01.2007
Mitteilungen: 309
| Beitrag No.305, eingetragen 2007-03-08
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und Nr 4:
\
Sei gauss(x/a)=gauss(x/(a+1)) (1)
1. Fall: x > a(a+1) => x = a(a+1) + r, mit r >= 0 => gauss(x/a) = gauss(a + 1 + r/a) = a + 1 + gauss(r/a) und gauss(x/(a+1)) = gauss(a + r/(a+1) ) = a + gauss(r/a+1)
Nun ist r/a >= r/(a+1) => gauss(x/a) = a + 1 + gauss(r/a) > a + gauss(r/a) >= a + gauss(r/(a+1))=gauss(x/(a+1))
Also hat die Gleichung (1) keine Lösung, falls x >= a(a+1)
2. Fall: x\el\ [k(a + 1), (k + 1)a - 1] für 0<= k <= a - 1 => jedes x aus diesem Intervall ist Lösung von (1). Damit gibt es in diesem Fall (k + 1)a - 1 - k(a + 1) + 1 = a - k Lösungen.
Beweis:
Sei x = k(a + 1) => gauss(x/a) = gauss(k(a+1)/a ) = gauss(k + k/a ) = k und gauss(x/(a+1))= gauss((k(a+1))/(a +1) ) = k
Sei x = (k + 1)a - 1 => gauss(x/a) = gauss(((k+1)a - 1)/a ) = gauss(k + (a - 1)/a ) = k und gauss(x/(a+1))= gauss(((k+1)a - 1)/(a +1) ) =
gauss((k(a+1)+a-k-1)/(a +1) ) = gauss(k+(a-k-1)/(a +1) ) = k, da 0 < (a-k-1)/(a +1) = 1 - (k+2)/(a +1) < 1 (wegen 0< k < a - 1)
Da gauss(x/a) bzw. gauss(x/(a+1)) monoton wachsend ist, folgt, dass jedes x aus dem Intervall eine Lösung ist.
3. Fall: x\el\ [(k + 1)a, (k + 1)(a + 1) - 1] für 0<= k <= a - 1 => x ist nicht Lösung von (1)
Beweis: setze g(x) = gauss(x/a) und f(x) = gauss(x/(a+1)). Da g(x) >= f(x) und g, f monoton wachsend, ist nur zu zeigen, dass g((k + 1)a ) > f((k + 1)(a + 1) - 1)
g((k + 1)a) = k + 1
f((k + 1)(a + 1) - 1) = gauss(k + 1 - 1/(a +1) ) = k
Zusammenfassung: jede ganze, nicht negative Zahl wurde überprüft, und es ergeben sich nur Lösungen im 2. Fall. Addition aller Lösungen für k = 0 ... a - 1 ergibt eine Gesamtzahl S von Lösungen mit S = a + (a - 1) + (a - 2) + ... 3 + 2 + 1 = 0,5a(a + 1)
Ich hoffe ich habe mich nicht vertippt
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.306, eingetragen 2007-03-09
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Hallo Biff,
argh, sorry, ich hatte selber eine falsche Lösung. Ich habe soeben den Fehler in meinem eigenen Beweis entdeckt, eine Kleinigkeit, durch die ich aber als Lösung a(a-1)/2 rausbekommen hatte. Ärgerlich, nun ja^^
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JonnieBrasco
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Dabei seit: 17.08.2006
Mitteilungen: 119
| Beitrag No.307, eingetragen 2007-03-09
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\
Aufgabe 4:
Es sei a eine positive ganze Zahl. Wie viele nicht-negative ganzzahlige Lösungen x hat die Gleichung floor(x/a)=floor(x/(a+1))?
Lösung:
Neben der Triviallösung x=0 gibt abzählbar unendlich viele weitere Lösung für x. In Abhänigkeit von a darstellbar als (a+1;2).
Beweis:
Da x eine ganze nicht negative Zahl sein soll kann man x auch durch x=m*(a+1)+i mit m,i \el\ \IN_0 und i
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gandalf25
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.09.2006
Mitteilungen: 133
| Beitrag No.308, eingetragen 2007-03-09
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Hier mal meine Nr. 4
gauss(x/a)=gauss(x/(a+1))=k
Es ist k>=0 und k\el\ \IN_0
Denn x \el\ \IN_0, a\el\ \IN
Aus der Definition der Gaussklammer folgt nun:
------------------------------
x/a>=k
x>=ka
------------------------------
x/a=k
x>=ka+k
------------------------------
x/(a+1)=0 ist
gilt:
0<=k[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 09.03.2007 18:07:09 ]
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Xenon
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Dabei seit: 28.08.2006
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Wohnort: München, Bayern
| Beitrag No.309, eingetragen 2007-03-09
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Ich den gleichen Beweis wie gandalf25, außer dass ich noch erläutert habe, wie man auf die Gleichung
\
S=sum(a-k,k=0,a-1)
kommt und die Variable k bei mir n heißt ;-)
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Mathador111
Senior
Dabei seit: 09.03.2007
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 |  Beitrag No.310, eingetragen 2007-03-09
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Hallo zusammen,
habe dieses Jahr zum 1. Mal am BWM teilgenommen. Wenn ich meine Lösungen mit euren vergleiche kann ich ganz zufrieden sein. Die Aufgaben 1 + 3 hab ich auf jeden Fall richtig gelöst.
Zu Aufgabe 2 habe ich eine Frage:
Die bisherigen posts stellen eine ungerade Zahl mit 2n - 1 dar. Ist es falsch wenn man für eine ungerade Zahl 2n + 1 schreibt (n kann auch 0 sein) und bei geraden Zahlen den Definitionsbereich halt für alle positiven Zahlen angibt( n größer 0)?
Bei Aufgabe 4 habe ich einen dummen Fehler gemacht, der mich jetzt richtig aufregt. Ich hatte zuerst 3 Fallunterscheidungen gemacht (x=a; x kleiner a; x größer a), in welchen rauskam, dass man unendlich viele Lösungen x rauskriegt für x kleiner a. Dann bin ich aber auf die Idee gekommen es in a auszudrücken und habe dabei nur die Zahlen die kleiner a sind betrachtet, wo ich dann auf das inzwischen unsinnige Ergebnis gekommen bin, dass es a-Lösungen gibt..
Hoffe aber das es trotzdem für einen Preis reicht^^
grueße Mathador111
[ Nachricht wurde editiert von Mathador111 am 09.03.2007 18:51:00 ]
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JonnieBrasco
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Dabei seit: 17.08.2006
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| Beitrag No.311, eingetragen 2007-03-09
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@ Mathador111:
\
2n+1 stellt die ungeraden Zahlen dar, wenn n\el\ \IN_0 und 2n-1 stellt alle ungeraden Zahlen darf wenn n\el\ \IN.
alles klar ?
[ Nachricht wurde editiert von JonnieBrasco am 09.03.2007 19:16:27 ]
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Mathador111
Senior
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| Beitrag No.312, eingetragen 2007-03-09
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auf jeden Fall :)
Hier meine Aufgabe 3, sehr minimalistisch:
Um zu beweisen, dass die Strecke CD \sphericalangle ACB halbiert, wird folgender Satz benutzt:
Peripheriewinkel über demselben Bogen sind gleich groß.
Als Beispiel wird der Umkreis von ACFD genommen.
D liegt auf der Mittelsenkrechten der Strecke AF. Deshalb sind die Bögen AD und DF gleichlang. Über dem Bogen AD liegt \sphericalangle ACD und der ist genauso groß wie \sphericalangle DCF über dem Bogen DF.
Da nun B auf der Verlängerung der Strecke CF liegt, ist bewiesen, dass \sphericalangle ACB durch CD halbiert wird, da \sphericalangle ACD = \sphericalangle DCB ist.
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robertoprophet
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Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.313, eingetragen 2007-03-09
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Also ich habe noch nicht so ganz verstanden warum AD=DF nur weil D auf der Mittelsenkrechten von AF liegt.
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Xenon
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Dabei seit: 28.08.2006
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Wohnort: München, Bayern
| Beitrag No.314, eingetragen 2007-03-09
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Und ich habe nicht verstanden, woraus er folgert, dass D auf der Mittelsenkrechten von AF liegt.
@robertoprophet
Es gibt einen geometrischen Lehrsatz, der besagt:
"Die Menge aller Punkte die von den Punkten A und B den gleichen Abstand haben, ist die Mittelsenkrechte der Strecke [AB]".
[ Nachricht wurde editiert von Xenon am 09.03.2007 21:05:57 ]
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Undertaker
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Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.315, eingetragen 2007-03-10
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Kann man eigentlich wieder damit rechnen, dass in Kürze die vorläufige Version der Musterlösungen erscheinen wird? Wenn ich mich recht entsinne, war das letztes Jahr ebenfalls um den 15.März herum der Fall, aber vielleicht könnt ihr mir ja genaueres sagen.
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Biff
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 19.12.2006
Mitteilungen: 174
| Beitrag No.316, eingetragen 2007-03-10
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Das würde mich auch interessieren.
nochma ne Frage zur 1:
Muss man bei einer konstruktiven Lösung die Bijektivität der angegebenen Abbildungen zeigen, auch wenn diese ziemlich offensichtlich ist? Weil cyrix davon oben irgendetwas geschrieben hat, ich weiß aber nicht genau, worauf sich das bezog. ;)
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Mathador111
Senior
Dabei seit: 09.03.2007
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| Beitrag No.317, eingetragen 2007-03-10
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Hi Biff,
ich habe bei der Aufgabe auch einen Konstruktionsansatz gemacht und halt gezeigt, dass die 1. Seite mit (n+1)/2 am linken Eckpunkt 2n in der Mitte und 1 am rechten Eckpunkt
belegt wird und das man dann immer von Seitenmittelpunkt zu Seitenmittelpunkt - 1 macht und von Eckpunkt zum übernächsten Eckpunkt +1. Das hab ich dann halt an paar Seiten weitergeführt ich denk mal das ist mehr als offensichtlich.
1.Seite 1004 4014 1 = 5019
2.Seite 1 4013 1005 = 5019
3.Seite 1005 4012 2 = 5019
usw.
gruß, Mathador111
[ Nachricht wurde editiert von Mathador111 am 10.03.2007 18:40:12 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.318, eingetragen 2007-03-10
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Vorsicht bei solchen "..."-Argumentationen! Es ist nämlich nicht klar, was da beim "Ringschluss" passiert, warum also jede der Zahlen 1 bis 4014 genau einmal auftauchen sollte...
Viele Grüße, Cyrix
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Mathador111
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| Beitrag No.319, eingetragen 2007-03-10
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Ich habs natuerlich auch allgemein für ein n-Eck mit ungeradem n bewiesen, dass eine solche Verteilung möglich ist und dann halt am 2007 gezeigt, wie es dort aussieht^^
[ Nachricht wurde editiert von Mathador111 am 10.03.2007 20:05:22 ]
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