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| Autor |
  Bundeswettbewerb Mathematik 2007 |
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Ex_Senior
 |  Beitrag No.320, eingetragen 2007-03-10
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\quoteon(2007-03-10 18:39 - Mathador111)
[...]
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.
\quoteoff
Es ist wohlgemerkt nicht offensichtlich, dass hier jeder der Zahlen, die an die Seiten rangeschrieben werden sollen, genau einmal verwendet wird.
Dieser "Beweis", der nichts über die letzte Seite aussagt, und wie diese mit der ersten in Beziehung steht, würde ja völlig analog auch für n-Ecke mit geradem n funktionieren, und damit ja offenbar etwas Falsches beweisen.
Ergo ist diese Argumentation nur nicht ausreichend.
Ich habe zwar noch keine Korrektur-Hinweise erhalten, behaupte aber mal, dass eine solche oder ähnliche Argumentation, welche also nicht die "Ring-Struktur" der Seiten berücksichtigt, Abzüge in Form von "schwereren Mängeln" nach sich ziehen wird...
Damit ist natürlich noch nichts verloren, so lange die drei anderen Aufgaben halbwegs ordentlich bearbeitet worden sind. (Wahrscheinlich käme aber nur ein 3., oder bei perfekten 3 anderen Aufgaben, ein 2. Preis in Frage.)
Viele Grüße, Cyrix
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gandalf25
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Dabei seit: 16.09.2006
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| Beitrag No.321, eingetragen 2007-03-10
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Interessant fände ich mal die Nr. 1 für 2n-Ecke.
Beim Viereck gibt es die eindeutige Lösung
1,8,3,7,2,4,6,5
Beim Sechseck hab ich die Lösung
1,9,8,6,4,12,2,11,5,3,10,7
gefunden (schätze mal dass die auch eindeutig ist)
kann aber keine Gemeinsamkeiten erkennen
[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 10.03.2007 21:14:19 ]
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teilnehmer
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 | Beitrag No.322, eingetragen 2007-03-10
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Hallo Cyrix,
kannst du mir bei der nun folgenden Lösung sagen, wie der Fehler mit der falschen Anzahl der Lösungen bewertet wird, weil es ja doch "nur" eine Unachtsamkeit ganz am Schluss mit dem Summenzeichen ist. Wird das besonders schwer bewertet oder hat das eher geringe Konsequenzen? Ich würde mich sehr über eine Antwort freuen!
\blue\ Aufgabe 4:
\white\ Die Gleichung gauss(x/a)=gauss(x/(a+1)) besitzt für eine positive ganze Zahl a im Bereich der nicht-negativen ganzen Zahlen genau (a-1)a/2 Lösungen.
\darkblue\ Beweis:
\normal\ Wir untersuchen zuerst, welche Ungleichung x erfüllen muss, damit für ein nicht-negatives ganzes m die Gleichung gauss(x/a)=m gilt.
Es gilt ma/a=m und damit offensichtlich für x=ma gelten.
Gleichzeitig gilt auch (m+1)a/a=m+1, es muss also x<(m+1)a gelten und umgekehrt erfüllt natürlich jedes x mit ma<=x<(m+1)a auch die Gleichung gauss(x/a)=m.
Ebenso kann man auch zeigen, das m(a+1)<=x<(m+1)(a+1)<=> gauss(x/(a+1))=m gilt.
Insgesamt gilt also: gauss(x/a)=gauss(x/(a+1))=m <=> ma[ Nachricht wurde editiert von teilnehmer am 10.03.2007 21:18:13 ]
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gandalf25
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| Beitrag No.323, eingetragen 2007-03-10
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ma<=m(a+1) denn m könnte 0 sein (für x=0)
aber naja das dürfte eher unwichtig sein 
ich hab ja ungefähr den gleichen Beweis
[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 10.03.2007 21:32:09 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.324, eingetragen 2007-03-10
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@teilnehmer: Deine Lösung ist doch weitestgehend richtig, d.h. man kann sich höchstens drum streiten, ob man den Fehler als "Darstellungsmangel" oder "kleineren Fehler" zählt. Das hat insofern nur Auswirkungen, dass es bei drei perfekten anderen Aufgaben zwischen 1. und 2. Preis unterscheiden würde.
Wenn du nur 2 der drei anderen Aufgaben hast, wird es allerdings knapp...
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 10.03.2007 21:50:17 ]
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Biff
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| Beitrag No.325, eingetragen 2007-03-10
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@cyrix:
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}.
Hätte ich also die Bijektivität wirklich zeigen müssen? Und wie schwer wiegt das, wenn ich es nicht gemacht habe? Weil ich halte es schon für ziemlich offensichtlich und der Beweis ist extrem klar und kurz...
MfG, Biff
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Mathador111
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 | Beitrag No.326, eingetragen 2007-03-10
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@cyrix
Also Aufgabe war zu zeigen, dass die Verteilung möglich ist.
Die Zahlen werden bis zum Schluss richtig verteilt, denn ich hab mir folgendes überlegt:
für die Summe einer Seite gilt: (5n+3)/2
Für die Summe von 1 bis n gilt(die Zahlen auf den Ecken): n(n+1)/2
Für die Summe von 1 bis 2n gilt (1 bis 4014): 2n(2n+1)/2
also gilt:
n(5n+3)/2 - n(n+1)/2 = 2n(2n+1)/2, weil sonst die Summe der Zahlen auf den Ecken doppelt vorkäme.
als Gleichung erhält man dann 4n^2 + 2n = 4n^2 + 2n
oder bei einem 2007-Eck: 8.058.105 = 8.058.105
damit ist meiner Meinung nach gezeigt, dass eine solche Verteilung möglich ist.
Also meine letzte Seite hat folgende Zahlen:
2007, 2008, 1004 (2007+2008+1004 = 5019)
gruß, Mathador111
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.324 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Mathador111 am 10.03.2007 22:20:18 ]
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teilnehmer
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| Beitrag No.327, eingetragen 2007-03-10
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Hallo Cyrix,
die anderen 3 Aufgaben habe ich und ich gehe da auch nicht davon aus, dass da etwas arg falsch ist. Ich habe nur deshalb nachgefragt, weil mich ein ähnlicher Fehler letztes Jahr um einen Preis gebracht hat und damals, wenn ich mich richtig erinnere, als schwerer Fehler gewertet worden ist.
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gurke
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| Beitrag No.328, eingetragen 2007-03-11
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Die 2. Aufgabe haben wir mit der selben Argumentation wie oben gelöst.
Ich hab aber noch etwas Interessantes gefunden:
Es gibt auch nur die zwei Lösungen, wenn die Summen aus drei verschiedenen Zahlen gebildet werden (abgesehen von ein paar Färbungen, bei denen eine Farbe nur bei einer oder zwei Zahlen vorkommt und sich deshalb daraus keine direkten Aussagen über andere Zahlen folgern lassen).
Wir fordern also von den Färbungen:
- Die Summe dreier verschiedener grüner Zahlen ist grün.
- Die Summe dreier verschiedener roter Zahlen ist rot.
- Es gibt sowohl drei grüne als auch drei rote Zahlen.
\
In der einen Beweisrichtung sind die Forderungen schwächer als vorher: Auch die Summe dreier definitiv verschiedener (un)gerade Zahlen ist (un)gerade.
Es ist also zu noch zeigen, dass es nur die zwei bekannten Lösungen gibt.
Die Summe dreier beliebiger gleichgefärbter Zahlen a+b+c, ist stets eine weitere Zahl dieser Farbe, denn sie ist offensichtlich von a, b und c verschieden.
Daher gibt es unendlich viele grüne bzw. rote Zahlen. \lr(1)
Angenommen, es gäbe eine weitere Lösung, bei der die Zahlen nicht abwechselnd jeweils eine Farbe annehmen.
Durch vollständige Induktion lässt sich zeigen, dass es dann zu jedem d \el\ \IN eine Folge von aufeinanderfolgenden gleichgefärbten Zahlen gibt, die mehr als d Zahlen enthält.
\big\Induktionsanfang:
Nach unserer Annahme gibt es zwei aufeinanderfolgende Zahlen, die mit der gleichen Farbe gefärbt sind.
\big\Induktionsschritt für k>=2:
Wir betrachten k aufeinanderfolgende Zahlen einer Farbe, sie sollen n, n+1, n+2 bis n+k-1 genannt werden. Addiert man zu ihnen x+y, wobei x und y zwei weitere beliebige Zahlen sein sollen, die mit dieser Farbe gefärbt sind und wegen (1) sicher existieren, erhält man folgende Summen:
x+y+n
x+y+(n+1)
x+y+(n+2)
\vdots
x+y+(n+k-1)
Diese k Summen sind zum einen wegen der ersten zwei Bedingungen ebenfalls mit dieser Farbe gefärbt und zum anderen aufeinanderfolgend.
Sie seien Summanden weiterer Summen:
(x+y+n)+n+x = 2x+y+2n
(x+y+n+1)+n+x = 2x+y+2n+1
(x+y+n+2)+n+x = 2x+y+2n+2
\vdots
(x+y+n+k-1)+n+x = 2x+y+2n+k-1
Auch diese k Summen sind alle aufeinanderfolgend und von der einen Farbe.
Da n+1 auch von dieser Farbe ist, gibt es zusätzlich folgende Summe, die offensichtlich Nachfolger der letzten eben genannten ist und auch mit der einen Farbe gefärbt werden muss:
(x+y+n+k-1)+(n+1)+x = 2x+y+2n+k
Es gibt insgesamt also mindestens k+1 aufeinanderfolgende Zahlen dieser einen Farbe.
\big\Induktionsschluss:
Zu jedem d \el\ \IN gibt es also eine Folge von aufeinanderfolgenden gleichgefärbten Zahlen, die mehr als d Zahlen enthält. \lr(2)
Seien x und y wiederum zwei beliebige Zahlen der einen Farbe.
Durch Induktion lässt sich zeigen, dass auf x+y aufeinanderfolgende Zahlen der gleichen Farbe nur noch Zahlen dieser Farbe folgen:
\big\Induktionsanfang
Wegen (2) gibt es x+y aufeinanderfolgende Zahlen dieser Farbe, nennen wir sie a, a+1, a+2 bis a+x+y-1, die auch größer und damit verschieden von x und y sind.
\big\Induktionsschritt
Es lassen sich folgende x+y Summen bilden, die ebenfalls mit dieser Farbe gefärbt werden:
a+x+y
(a+1)+x+y
(a+2)+x+y
\vdots
(a+x+y-1)+x+y = 2x+2y+a-1
Sie folgen unmittelbar auf a+x+y-1.
\big\Induktionsschluss
Gibt es also x+y aufeinanderfolgende Zahlen dieser Farbe, sind auch die darauf folgenden x+y Zahlen so gefärbt.
Also besitzen ab einer bestimmten Zahl aufwärts alle Zahlen diese eine Farbe.
Das widerspricht jedoch (1), denn es gibt unendlich viele Zahlen mit der anderen Farbe.
Damit ist unsere Annahme falsch und es gibt keine anderen Lösungen als die beiden, die oben angegeben sind.
Das lässt sich mit Sicherheit auch kürzer ausdrücken, aber im Moment hab ich keinen Nerv dazu.
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Freiburger
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Mitteilungen: 46
| Beitrag No.329, eingetragen 2007-03-11
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Hallo! Das ist ebenfalls mein erster Bundeswettbewerb. Kann mir jemand ein kurzes Feedback zu meiner Lösung der Aufgabe 2 geben? Ich entschuldige mich für den ausschweifenden Beweis und den möglichen mathematischen Delitantismus, ich hoffe dennoch, dass es logisch vollständig ist. (Ich habe es in Word gemacht, desshalb treten manchmal Zeichenschwierigkeiten auf)
Danke
Aus (1) folgt, dass die Zahl 1 eine bestimmte Farbe F1 besitzen muss. Wegen (2) muss die Addition jeder Zahl Zk (mit der Farbe F1) mit 2 (1+1) wieder eine Zahl der Farbe F1 ergeben. Somit lassen sich (nicht notwendigerweise alle) Zahlen der Farbe F1 mit der rekursiven Folge Zk+1 = Zk+2 mit Z1 = 1 finden.
Explizit: Zk = 2k-1 mit k |N*.
Induktiver Beweis der expliziten Form: (a)
Induktionsanfang: Z1=2*(1)-1 = 1
Induktionsschritt: Zk+1 – Zk =2 2(k+1)-1-(2k-1)=2 wahr für alle k.
Die Wertemenge dieser expliziten Folge ist per Definition die Menge aller ungeraden Zahlen. Somit haben alle ungeraden Zahlen dieselbe Farbe F1, die auch 1 besitzt. (4)
Da alle natürlichen Zahlen entweder gerade oder ungerade sind, alle ungeraden Zahlen wie in (4) gezeigt die Farbe F1haben, eine Zahl nur eine Farbe besitzen kann (1), und wegen (3) Zahlen der Farbe F2 widerspruchsfrei existieren müssen, kommen für die Farbe F2 nur gerade Zahlen in Frage. (5)
Satz: Es gibt keine gerade Zahl der Farbe F1. (6)
Da die Aussage entweder wahr oder falsch sein muss (1), ist der Widerspruchsbeweis zulässig (tertium non datur):
Annahme: Es existiert eine gerade Zahl Z*1 der Farbe F1. Wegen (2) muss die Summe aus Z*1 und jeden anderen zwei (nicht unbedingt verschiedenen) Zahlen der Farbe F1 wieder die Farbe F1 besitzen. Also muss auch die Summe aus Z*1 und 1 + 1 wieder dieser Farbe sein. Für die so entstehende Summe gilt dies ebenso.
So hat jede Zahl für die gilt Z*k= Z*1 +2k die Farbe F1.(Beweis analog zu (a)). Da Z*1 gerade ist, ist auch Z*k immer gerade.
(Die Summe aus einer geraden Zahl F1 mit F1=2s, s |N*, und dem n-ten Vielfachen von 2 ist immer gerade, da: G+2n=2s+2n=2(s+n)).
Es haben also alle geraden Zahlen Z mit Z>Z*1 die Farbe F1. (I)
Y1 sei eine beliebige Zahl der Farbe F2. Jede Zahl derselben Farbe muss wegen (2) mit 2*Y1 addiert eine neue Zahl ergeben, die die gleiche Farbe hat. Abermals lassen sich die so auffindbaren Zahlen der Farbe F2 durch die Folge G:
Yk+1=Yk+2Y1 (rekursiv) mit Y1=Y1 oder Yk=Y1 +2k*Y1 darstellen.
(Beweis: Yk+1-Yk=2Y1 Y1+2(k+1)Y1 – (Y1 +2k*Y1) = 2*Y1)
Da Y1 gerade ist, sich also als 2m, m darstellen lässt, ist die so gefundene Zahl Z immer gerade: Z= 2m+2n2m= 2(m+2n).
Durch die Folge G lassen sich beliebig große gerade Zahlen Yk finden. Da jedoch wegen (I) alle geraden Zahlen die größer als Z*1 sind die Farbe F1 haben, lassen sich für die Zahlen beide Färbungen herleiten. Dies ist jedoch wegen (1) ausgeschlossen. Somit führt die Annahme der Existenz von Z*1 zu einem Widerspruch, (6) ist bewiesen.
Da keine gerade Zahl die Farbe F1 haben kann (6), muss sie wegen (1) die Farbe F2 haben.
Alle ungeraden Zahlen haben die Farbe F1, alle geraden die Farbe F2.
Dies ist die einzige Lösung, die die Aufgabenstellung zulässt.
Da jedoch nicht explizit gesagt ist, dass eine Lösung existiert, muss gezeigt werden, dass die Lösung keine Widersprüche zu den Prämissen (1), (2) und (3) erzeugt.
Jede positive ganze Zahl ist entweder gerade oder ungerade, deshalb entsteht kein Widerspruch zu (1). Aus der Farbverteilungslösung geht direkt hervor, dass beide Farben existieren.
Nun muss gezeigt werden, dass die Summe S dreier Zahlen gleicher Farbe wieder eine Zahl gleicher Farbe ergibt.
Jede Zahl mit der Farbe F1 lässt sich darstellen als Z=2k-1. Jede so darstellbare Zahl ist ungerade. Für die Summe dreier ungerader Zahlen gilt:
S = Z1+Z2+Z3=2k1-1+2k2-1+2k3-1=2(k1+k2+k3)-3 = 2(k1+k2+k3-1) - 1
Da M = k1+k2+k3-1 immer eine natürliche Zahl ist, ist das Kriterium für ungerade Zahlen erfüllt (S=2m-1, m ), S ist ebenfalls ungerade (F1).
Jede Zahl mit der Farbe F2 lässt sich darstellen als Y=2n. Jede so darstellbare Zahl ist gerade.
S’= Y1+Y2+Y3=2n1+2n2+2n3=2(n1+n2+n3)
Da N = n1+n2+n3 immer eine natürliche Zahl ist, ist das Kriterium für gerade Zahlen erfüllt (N=2n), S ist ebenfalls gerade (F2).
Es ist gezeigt, dass die Summe dreier Zahlen gleicher Farbe wieder diese Farbe besitzt. Somit steht die Lösung in keinem Widerspruch zu den Prämissen, ist also gültig. Die Existenz weiterer Lösungen, wurde durch den Beweis der Sätze (4) und (6) ausgeschlossen.
Da die Zuordnung von F1 und F2 zu den Farben rot und grün beliebig ist, gibt es 2 prinzipiell mögliche Lösungen:
Alle geraden Zahlen sind rot, alle ungeraden grün.
Alle geraden Zahlen sind grün, alle ungeraden rot.
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philippw
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Dabei seit: 01.06.2005
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Wohnort: Hoyerswerda
 | Beitrag No.330, eingetragen 2007-03-12
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Hi Freiburger,
Für deinen Beweis müsste es ein owB geben, er ist richtig.
Gruß, Philipp
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.331, eingetragen 2007-03-14
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Hallo,
und wieder ist eine Runde BWM geschafft, wie immer am 1.3. um 17.00 Uhr mit Abgabe beim Postamt. Was ich bisher überflogen habe scheint ok zu sein. Allzu schwer war ja die 1. Runde nicht. Mal ehrlich, ich bewundere Cyrix und Co. dass sie so viel Gedult aufwenden, um jede gepostete Lösungsvariante durchzuanalysieren. Mir reicht es schon immer, meinen eigenen Kram nochmal Korrektur lesen zu müssen.
Aber mal eine ganz andere Frage: Mit welchem Programm schreibt ihr eigentlich den BMW. Ich habe bisher immmer in Word samt Formeleditor geschrieben und k.... jedesmal ab wegen des irren Aufwandes. Wollte schon mal auf LaTeX umsteigen, hab es aber irdendwie nicht gleich kapiert, wie das funzt und es dann sein gelassen. Was nutzt ihr?
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Xenon
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Dabei seit: 28.08.2006
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| Beitrag No.332, eingetragen 2007-03-14
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Also jetztes Jahr hab ich das ganze handschriftlich gemacht. Da ist der Vorteil, dass man alle Freiheiten beim Gestalten des Layouts hat. Aber es war halt etwas aufwändig, eine 22-seitige Lösung für die 2. Runde zu schreiben.
Dieses Jahr habe ich deswegen meine Lösung mit LaTeX geschrieben. Ist halt am Anfang etwas kompliziert, aber wenn man sich da erstmal eingearbeitet hat und die grundlegenden Befehle kennt, ist es ganz angenehm damit zu arbeiten. Und falls es doch mal irgendwo Probeleme geben sollte, kann man immer noch die Leute auf dem Matheplaneten fragen ;-).
[ Nachricht wurde editiert von Xenon am 14.03.2007 22:59:46 ]
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Naphthalin
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 | Beitrag No.333, vom Themenstarter, eingetragen 2007-03-15
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@marc_18: ich benutze fast seit anfang an LaTeX. google doch einfach mal nach einer einführung, meine hatte so 20 seiten und es hat gereicht um so gut wie alles zu machen^^
Naphthalin
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Biff
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.334, eingetragen 2007-03-15
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Hello ;)
Ich nutze Latex seit der 2. Runde des letzten Jahres, davor habe ich es mit Word und MathType gemacht (was - wie ich finde - nicht sonderlich gelungen aussah). Sehr hilfreich finde ich die LaTex-Hilfeseite auf wikipedia. Wenn du den ersten Einblick über das Erstellen eines Dokumentes (den du durch Anleitungen überall im Internet erhaschen kannst) erreicht hast, genügt es meistens, dort einmal nachzuschauen, falls du irgendwelche Befehle suchst, da findest du das Wichtigste ( zumindest das, was du für den BWM brauchst ;) ). Sollte dennnoch mal eine Frage bestehen, helfen dir hier auf dem MP bestimmt viele sehr kompetente Leute gerne weiter. ;)
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Xenon
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Dabei seit: 28.08.2006
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| Beitrag No.335, eingetragen 2007-03-15
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FlorianM
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Dabei seit: 15.02.2005
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Wohnort: Sarstedt
 | Beitrag No.336, eingetragen 2007-03-15
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Danke für den Hinweis. Hätte so schnell damit gar nicht gerechnet.
Gruss Florian
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Ex_Senior
| Beitrag No.337, eingetragen 2007-03-17
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\quoteon(2006-12-24 15:11 - ZetaX)
Jemand, der keine Probleme hätte, wenn es Abzug gibt, soll mal bitte ein komplett beschriftetes 2007-eck mit einzigem Kommentar "diese Verteilung funktioniert" abschicken 
\quoteoff
Hallo!
Nun, ich habe hier eine 36-Seiten starke Arbeit, wobei 32 Seiten davon eine explizite Angabe, welche Zahlen an welchen Ecken und Mitten welcher Seiten des 2007-Ecks stehen sollen, enthalten...
Ist zwar keine Zeichnung, aber dennoch bemerkenswert. 
Viele Grüße, Cyrix
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Octopus
Senior
Dabei seit: 26.09.2006
Mitteilungen: 472
Wohnort: Bayern, Pleiskirchen
| Beitrag No.338, eingetragen 2007-03-17
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Das ist ja mal eine lustige Lösung... 
Wie wird soetwas bewertet?
Und noch ne Frage zur Bewertung: Wie viel Abzug gibts, wenn bei der Aufgabe 3 die Disskussion der Lagebeziehungen fehlt?
Viele Grüße, octopus
[ Nachricht wurde editiert von Octopus am 17.03.2007 11:15:27 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.339, eingetragen 2007-03-17
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Hallo!
Nun, ohne zu sehr ins Detail der Bewertung gehen zu wollen: Oben angedeutete Lösung erfüllt den Bestand "Unangebrachter Umständlichkeit", was sich preismindernd auswirkt.
Und zu deiner Frage, was die Nichtdiskussion der Lagebeziehungen in der Geometrie-Angabe angeht, zitiere ich mal aus den "Hinweisen für Korrektoren":
\quoteon
Eigentlich muss ein vollständiger Beweis eine Diskussion der Lagebeziehungen und den Nachweis der Existenz konstruierter Punkte enthalten. Traditionsgemäß wird in einer ersten Runde bei der Zuerkennung eines zweiten oder dritten Preises kein strenger Maßstab angelegt. Vor allem die vollständige und korrekte Argumentation bei der Frage, ob der Innen- oder Außenwinkel halbiert wird, wird wohl kaum von den Teilnehmern verlangt werden können. Ber der Zuerkennung eines ersten Preises sollte aber eine solche Diskussion wenigstens in Ansätzen vorhanden sein.
\quoteoff
Die erste Runde ist eine Einstiegsrunde. Hier wird ziemlich human bewertet.
Viele Grüße, Cyrix
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 17.03.2007 13:25:15 ]
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Mathador111
Senior
Dabei seit: 09.03.2007
Mitteilungen: 1098
Wohnort: Köln, Deutschland
| Beitrag No.340, eingetragen 2007-03-17
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:)
sieht wohl so aus, dass es sehr sehr knapp wird fuer mich fuer einen Preis :(
Aber jetzt weiss ich ja, was so erwartet wird. Nächstes Jahr bin ich wieder dabei!
lg Mathador111
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moep
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Dabei seit: 21.06.2006
Mitteilungen: 1807
| Beitrag No.341, eingetragen 2007-03-17
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@cyrix: Bist du einer der Korrektoren?
Gruß,
moep
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Naphthalin
Senior
Dabei seit: 19.11.2005
Mitteilungen: 2217
Wohnort: Dresden
| Beitrag No.342, vom Themenstarter, eingetragen 2007-03-19
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ja ist er ;) um diese frage mal zu beantworten. deswegen darf er sich hier immer von schülern löchern lassen^^
Naphthalin
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Xenon
Senior
Dabei seit: 28.08.2006
Mitteilungen: 184
Wohnort: München, Bayern
| Beitrag No.343, eingetragen 2007-03-19
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>> Vor allem die vollständige und korrekte Argumentation bei der Frage, ob der Innen- oder Außenwinkel halbiert wird, wird wohl kaum von den Teilnehmern verlangt werden können. Ber der Zuerkennung eines ersten Preises sollte aber eine solche Diskussion wenigstens in Ansätzen vorhanden sein
Bezieht sich diese Aussage mit dem ersten Preis eigentlich auf die Diskussion der Lagebeziehungen allgemein, oder auf die Diskussion "Innen- oder Außenwinkel" speziell?
[ Nachricht wurde editiert von Xenon am 19.03.2007 16:52:21 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.344, eingetragen 2007-03-19
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Hallo!
Es geht schon allgemein darum, dass man sich bei Dingen, die "mehrdeutig" sein können, sich über die richtige Zuordnung Gedanken macht, z.B. was Lagebeziehungen von Punkten angeht (eben z.B. ob gerade der Peripheriewinkel "über" oder "unter" der Sehne gerade betrachtet wird).
Dies spielt genau dann eine Rolle (m.E.), wenn die Überlegung von solchen Dingen abhängt. Wenn sie dagegen auch in den anderen Fällen völlig analog funktioniert, sehe ich keine Abzugsgründe, wenn dies nicht erwähnt wird (da ich dann dem Schüler unterstelle, dass er dies auch gesehen hat).
Beispiel: Wenn in einer Aufgabe von einem Dreieick die Rede ist, gehen viele nur von einem spitzwinkligen Dreieck aus, ignorieren aber die Fälle, bei denen das Dreieck eventuell auch recht- oder stumpfwinklig werden kann. Wenn sich aber da die Argumentation ändern müsste (weil z.B. der Höhenfußpunkt plötzlich außerhalb des Dreiecks liegt, o.ä.), gibt es Abzüge...
Viele Grüße, Cyrix
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Mathador111
Senior
Dabei seit: 09.03.2007
Mitteilungen: 1098
Wohnort: Köln, Deutschland
|  Beitrag No.345, eingetragen 2007-03-19
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Im Nachhinein ist das alles sehr einleuchtend :). Vielen Dank für diese Info
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robertoprophet
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.346, eingetragen 2007-03-20
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Weshalb ist es eigentlich nicht möglich, auf elektronischem Wege seine Lösungen abzugeben? Kann man das vielleicht in den nächsten Jahren machen?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.347, eingetragen 2007-03-20
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Da gibt es sicher mehrere Gründe, unter anderem wohl:
- der BWM müsste das dann ausdrucken.
- es hat keinerlei Vorteile für den BWM (und nur die Druckersparnis für die Teilnehmer).
Dazu kommen womöglich "rechtliche" Probleme.
Ich sehe auch keinen Sinn darin...
Muss man immer alles Machbare machen¿ Ich denke nicht...
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isotomion
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Dabei seit: 23.08.2004
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Wohnort: Karlsruhe/Minneapolis
| Beitrag No.348, eingetragen 2007-03-21
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\quoteon(2007-03-20 14:55 - ZetaX)
Dazu kommen womöglich "rechtliche" Probleme.
\quoteoff
Rechtlich? Ich sehe eher praktische Schwierigkeiten:
- Viele Emails in einem kurzen Zeitraum = nix gut (siehe Mathekalender 2004, als der Server jeden Tag um 18:00(?), als die entsprechende Aufgabe hochgestellt wurde, vor Anfragen zusammengebrochen ist).
- Inkompatibilität von Formaten: es ist vielleicht kein allzu angenehmes Erlebnis, Abzug bekommen zu haben, weil auf dem Rechner des Korrektors eine Schriftart nicht installiert war die für Formeln verwendet wurde. Dies betrifft zwar im wesentlichen DOC, aber auch TEX kann zu ähnlichen Problemen führen (Packages). Keine Ahnung ob PDF dagegen sicher ist.
- Emails kommen mit Verzögerung an, zumindest bei gewissen Providern. Nicht gerade sinnvoll bei einer Deadline.
- Mögliche Exploits: Es ist möglich, absichtlich falsch datierte Emails zu verschicken, die in einigen Mailprogrammen auch mit dem Fake-Datum angezeigt werden - und wer weiß was noch alles geht.
Grüße,
Darij
[ Nachricht wurde editiert von isotomion am 21.03.2007 12:49:55 ]
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egndgf
Senior 
Dabei seit: 06.01.2006
Mitteilungen: 16018
Wohnort: Mindelheim
| Beitrag No.349, eingetragen 2007-03-21
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Ich glaube, genau das war mit den "rechtlichen Problemen" gemeint -- denn es könnte ja jemand versuchen, vor Gericht zu klagen, wenn seine E-Mail zwar vor Ablauf der Frist abgeschickt wurde, aber nicht gewertet wird, weil sie erst nach Ende der Frist angekommen ist.
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isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Wohnort: Karlsruhe/Minneapolis
|  Beitrag No.350, eingetragen 2007-03-23
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Naja, der Rechtsweg ist ja ausgeschlossen, aber allzu gute Publicity würde es dem BWM nicht bringen...
darij
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robertoprophet
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 2063
| Beitrag No.351, eingetragen 2007-04-30
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Weiß eigentlich jemand wie groß dieses Jahr die USB-Sticks für die Preisträger sind?
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Ex_Senior
| Beitrag No.352, eingetragen 2007-04-30
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Hallo!
Ich wüsste nicht einmal, ob es überhaupt Preise für die erste Runde gibt. (Denke aber schon.)
Viele Grüße, Cyrix
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Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.353, eingetragen 2007-05-11
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Gibt es schon Informationen zum Stand der Auswertung? Es müsste ja allmählich auf die Zielgerade gehen.
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Ex_Senior
| Beitrag No.354, eingetragen 2007-05-11
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Hallo!
Zum Stand der Auswertung: Alle Arbeiten haben mittlerweile die Erst- als auch Zweitkorrektur durchlaufen. Stimmen beide Preisvorschläge überein, so wird die Abreit entsprechend bewertet.
Unterscheiden sich die beiden Vorschläge, geht die Arbeit in die Drittkorrektur, welche demnäcsht stattfidnet. Dort wird dann endgültig über die Preisvergabe entschieden.
Wenn dort alles geklärt ist, werden die Fehlerzettel, die Musterlösungen, die Urkunden, das Aschreiben und Aufgaben der zweiten Runde, eingetütet und an die Teilnehmer versendet. Habt also noch ein, zwei oder drei Wochen Geduld. :)
Ein bisschen Statistik: Als Zweitkorrektor hatte ich 59 Arbeiten zu korrigieren, dies entspricht also etwa einer 5%-Stichprobe. Danach wird die preisverteilung etwa so aussehen:
20% der Arbeiten werden 1. Preise erhalten,
10% 2. Preise,
10% 3. Preise,
30% Anerkennungen und
30% leider nichts.
Die Schwierigkeit der Aufgaben nahm offenbar mit der Aufgabennummer zu, d.h. die erste haben viele weitestgehend richtig, und die 4. am wenigsten. Dabei wurde Aufgabe drei am häufigsten nicht bearbeitet.
Was kaum eine Arbeit berücksichtigt hat, war bei der Geometrie-Afugabe (die dritte) nötige Lagebeziehungs-Untersuchungen durchzuführen. Insofern finden sich auf vielen Fehlerzetteln dann die Kommentare wie "Lagebeziehungen genauer klären: Liegt der Punkt D wirklich immer im Inneren des Winkelfeldes gamma?"
So viel dazu.
Viele Grüße,
Cyrix
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Kroet
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 11.08.2006
Mitteilungen: 41
Wohnort: Heidelberg
 | Beitrag No.355, eingetragen 2007-05-11
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Ich wusste als ich die Lösung zu Aufgabe 3 geschrieben habe noch nicht ein mal, dass es so etwas wie Betrachten der Lagebeziehungen überhaupt gibt .
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graviton
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 01.08.2006
Mitteilungen: 271
| Beitrag No.356, eingetragen 2007-05-12
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Hallo cyrix,
mich überrascht das ein bisschen, dass die letzte Aufgabe am schlechtesten bearbeitet wurde. Hatten da so wenige das Ergebnis a(a+1)/2 oder war das Problem bei der Herleitung/beim Beweis?
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gandalf25
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.09.2006
Mitteilungen: 133
| Beitrag No.357, eingetragen 2007-05-12
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Ich denke dass das auch daran liegen könnte, dass viele der Teilnehmer die Aufgaben einfach der Reihe nach bearbeitet haben.
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Ex_Senior
| Beitrag No.358, eingetragen 2007-05-13
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Zu Aufgabe 4 war zu bemerken, dass viele Arbeiten (ca. 30%) die Gauß-Klammern bzw. ihre Eigenschaften ignorierten, falsch damit umgingen, oder aber Argumentationen nur mit Verweis auf eine Tabelle (die ersten paar Beispiele a=1 bis a=5 wurden dort aufgeführt) begründet wurden. Ein Beweis für alle Werte, die a nach Aufgabenstellung annehmen kann, ist dies nicht, und damit eine größere Lücke.
Natürlich hatten ca. 30% der Arbeiten diese Aufgabe ohne wesentliche Beanstandung, und weitere ca. 10% nur mit Darstellungsmängeln oder kleineren Lücken bearbeitet.
Cyrix
p.s.: Ich sollte noch mal bemerken, dass sich diese Daten nur auf die Arbeiten beziehen, die ich zur Zweitkorrektur hatte. Dies kann also einen Trend darstellen, ist aber nichts weiter als eine Stichprobe. Die Verteilungen können also durchaus auch insgesamt anders sein.
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Octopus
Senior
Dabei seit: 26.09.2006
Mitteilungen: 472
Wohnort: Bayern, Pleiskirchen
| Beitrag No.359, eingetragen 2007-05-13
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Hallo cyrix,
wie hast du bei der dritten Aufgabe das Fehlen der Lagebeziehung denn nun genau bewertet? einfache Lücke?
Bist du eigentlich auch in der zweiten Runde Korrektor?
Hoffe wir nerven dich nicht zu sehr!
Viele Grüße,
octopus
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