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  Bundeswettbewerb Mathematik 2007 |
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Undertaker
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
 |  Beitrag No.520, eingetragen 2007-09-02
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Jaja, da ist vielleicht das eingetreten, was ich gestern schon vermutet habe: ich wollte den Sendungsstatus meiner Post erfragen (mit diesem Service rühmt sich ja die deutsche Post)...und dann wurde mir gesagt, dass die Informationen zu meiner Sendung nicht eindeutig seien.
Oh Mann, ich warte nochmal auf der morgigen Werktag und wenn es dann immer noch Konfusion gibt, kann man wohl nichts machen. Ein zweites Mal kann ich meine Lösungen ja nicht versenden, weil sämtliche Teilnahmecoupons schon weg sind und die Ablauffrist ja eh schon überschritten ist.
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Ex_Senior
| Beitrag No.521, eingetragen 2007-09-02
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@Undertaker: Wenn es am Montag immernoch Probleme mit deiner Lösung (bzw. wo diese sich laut Post befindet) gibt, dann schreibe einfach mal ne Mail an info@bundeswettbewerb-mathematik.de . Herrn Langmann kenne ich eigentlich als recht unkomplizierten und aufgeschlossenen Mann. Liegt es also nicht an dir, dass deine Lösung nicht rechtzeitig ankommt, so sollte sich ein Weg finden, dass diese trotzdem bewertet wird...
Viele Grüße,
Cyrix
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Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
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| Beitrag No.522, eingetragen 2007-09-02
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Naja, noch hoffe ich ja, dass es einfach daran liegt, dass am Sonntag vielleicht keiner arbeitet und das deswegen seit gestern nicht mehr aktualisiert wurde. Ja, wenn morgen immer noch nichts feststeht, werde ich mich wohl mal beim BWM melden und darauf hoffen, dass man eine Lösung finden kann. Zum Glück habe ich ja immerhin durch den Versand per Einschreiben einen Beweis, dass ich den Brief zumindest am 01.09.2007 bei der Post abgegeben habe.
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Undertaker
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.523, eingetragen 2007-09-03
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Gut, also auch heute kann mir die Post nicht sagen, was Sache ist, ich setz mich mal mit dem BWM in Verbindung und versuche eine Lösung zu finden.
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.524, eingetragen 2007-09-05
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Hi, bin vor einigen Tagen durch google auf die Seite gestoßen (bin auch Teilnehmer). Hatte bis dato gar nicht gewusst, dass ein Diskussionsthread zum BWM in diesem Umfang exisitert. Freu mich auch schon ein wenig auf die Lösungsdiskussionen.
Die Aufgaben selbst fand im im Vergleich zu den Vorjahren nicht ganz so schwierig. Nur bei Aufgabe 2 hatte auch ich einige Probleme. Die Formulierung finde ich persönlich zwar einwandfrei, aber trotzdem schwierig zu erkennen und zu analysieren.
Hab da noch 2 Fragen zum BWM an sich:
a) Ich mache im April 08 mein Abi. Bin ich da noch am BWM 08 teilnahmeberechtigt?
b) Irgendwo im Thread hieß es, dass man zur Lösung der Aufgaben keine Kenntnisse benötigt, die übers Abi hinausgehen, ich glaub das kam von cyrix. Empfand ich im übrigen auch so. War das denn schon mal anders, oder hatte man mit Sudentenwissen bei einer Aufgabe schon mal akute Vorteile? Ein paar Beispiele wären da interessant.
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 05.09.2007 22:15:27 ]
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sqrt4
Neu
Dabei seit: 10.08.2007
Mitteilungen: 4
| Beitrag No.525, eingetragen 2007-09-06
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Also ich hab dieses Jahr Abi gemacht und bin (noch) teilnahmeberechtigt.
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Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.526, eingetragen 2007-09-06
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Kann man eigentlich davon ausgehen, dass auch diese Mal die Musterlösungen relativ zeitnah (also etwa 2 Wochen nach Einsendeschluss) veröffentlicht werden?
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.527, eingetragen 2007-09-07
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Hab ich die 1-wöchige Schweigephase richtig interpretiert, dass wir uns ab 24h zu den Lösungen/Aufgaben äussern dürfen?
Gruß Cheesy
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.528, eingetragen 2007-09-07
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Ja, von mir aus auch schon jetzt wenn es euch zu sehr danach dürstet 
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Riele17
Junior
Dabei seit: 07.09.2007
Mitteilungen: 8
 | Beitrag No.529, eingetragen 2007-09-07
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@ cheesy
jaa mir gehts genauso, bin auch durch google hier gelandet....
wusste auch nicht dass es so ein forum gibt
ich hab beim BWM das erste mal mitgemacht und fand die
aufgaben relativ schwierig... jezz in der zweiten runde
fand ich nummer 4 am einfachsten aber an nummer 1 hab
ich mir bis zuletzt die zähne ausgerissen...
was habt ihr da als lösung?
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.530, eingetragen 2007-09-07
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Meine gekürzte 1 (Wegen der Nachfrage :) ) :
Lösung: Es gibt für jedes positive ganzzahlige n ein zulässiges k.
Beweis: Ich habe für jedes n ein k_n erzeugt und induktiv gezeigt, dass die Bedingungen erfüllt sind.
Konstruktion: k_n=sum(10^(2^i-1),i=0,n-1) Also das n-te Glied der Folge 1, 11, 1011, 10001011... .
Q(k_n)=n gilt damit offensichtlich für alle n [noch kurz begründet]
Ind.-Anfang: für n=1 gilt auch Q((k_n)^2 )= (n+1)^2
Ind.-Annahme: Die Bedingung gilt für alle n
Ind.-Schritt: Dann gilt das auch für n+1.
Nachfolgend hatte ich untersucht, an welcher Stelle von k_(n+1)^2(abhängig von n) welche Ziffernfolge steht steht. Dabei liegen 3 Ziffernfolgen vor, die sich nicht gegenseitig beeinflussen, nänlich :
- k_n^2 (Nach Vorraussetzung beträgt Q(k_n^2) n^2
- 2k_n (Quersumme 2n)
- eine "führende 1" Q(1)=1
Da sich die 3 Ziffernfolgen nicht beeinflussen, kann man die Teilquersummen addieren und erhält (n+1)^2, q.e.d.
Damit ist gezeigt, dass für jedes n ein k_n mit Q(k_n)=n und Q(k_n^2)=n^2 existiert.
Für kleinere n als 1 trifft dies nicht zu, da die AS positive k vorraussetzt.
So, hoffe, dass ich das jetzt relativ verständlich geschildert hab (und dass es richtig is). Wer möchte, dem schick ich auch meine ausfühliche Lösung zu.
Meine Probs waren bei Aufg.2 Vom Prinzip lösbar und eindeutig formuliert. In meinen Augen, kann man den Fall r=g=0 von vorn herein ausschliessen. Nur wusste ich nicht, in wie weit ich darauf eingehen bzw. den Sachverhalt exakt beweisen sollte. Vielleicht kann sich mal jmd dazu äußern?!
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 07.09.2007 22:40:46 ]
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HansHaas
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Wohnort: Straubing-Bogen (Bayern)
 | Beitrag No.531, eingetragen 2007-09-07
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Hi Cheesy,
ich habe deine Lösung nur überflogen, denke aber, sie stimmt mit derjenigen überein, die ich ursprünglich hatte. Ich habe jedoch dann noch eine andere Lösung gefunden (oder glaube es zumindest), von der ich jedoch nicht weiß, ob sie zulässig ist. Sie beruht darauf, dass einstellige Zahlen mit ihrer Quersumme identisch sind und jede Zahl im einem b-adischen Zahlensystem mit genügend großem b (z.B. n² + 1) einstellig wird...
Gruß, Hans
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Riele17
Junior
Dabei seit: 07.09.2007
Mitteilungen: 8
| Beitrag No.532, eingetragen 2007-09-07
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ich hab bei nummer 2 kurz erwähnt was wäre wenn die ausgangssituation r=g=0 vorliegen würde... aber weil das ja keinen sinn hat bin ich nicht groß drauf eingegangen... ich glaub mit einem satz hab ich die sache abgehakt und mich dann eher auf die realistischen ausgangssituationen konzentriert...
ach gott das sieht für nummer 1 bei mir ganz und gar nicht gut aus :(
schade...
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.530 begonnen.]
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
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| Beitrag No.533, eingetragen 2007-09-07
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@Hans
Ui, ein b-adisches Zahlensystem. Ich bin mir nicht sicher, aber ich glaub wenn nichts anderes explizit in der AS erwähnt ist, dann geht man vom Dez-System aus. Wenn ich mich irren sollte, ist deine Methode aber glaub ich richtig.
@Riele
erstmal Beileid wegen Nummer1
Was die 2 Betrifft: ich füge einfach mal meinen Kommentar zum Fall r=g=0 ein. (Den hatte ich am Ende der Aufgabe angehängt)
\
Wir zeigen indirekt, dass wir den Extremfall r = g = 0 ausschließen können:
Angenommen, der Tisch wäre leer. Beide Spieler hätten zwar die theoretisch zulässige Zugoption, 0 von 0 Steinen zu entfernen, denn 0 teilt 0. Aber dieser Spielablauf würde nie enden, da Gewinnbedingung die Entfernung des letzten Steines ist, welcher aber nicht vorhanden ist. Anja und Bernd würden ihr Spiel also theoretisch unendlich lange spielen.
Die kombinatorische Spieltheorie, der diese Aufgabe offensichtlich zuzuordnen ist, definiert Spiele jedoch als endlich. Widerspruch! Dass ein Spiel stattfindet, wird in der Aufgabenstellung vorausgesetzt („Am Anfang eines Spiels…“).
Ich hatte darüber hinaus noch eine Definition der kombinatorischen Spieltheorie im Anhang beigefügt. Problematisch ist dabei nur, dass es unterschiedliche Definitionen über Teilbarkeit gibt. So gibt es wohl auch Festlegungen, die 0 nicht als Teiler von 0 zulassen.
Deshalb seh ich bei der Aufgabe am meisten Mangelpotenzial, sofern ich nicht eine andere durch einen kapitalen Denkfehler o.Ä. völlig in den Sand gesetzt hab.
Hier noch das Resultat:
\
Anja kann den Sieg erzwingen, wenn lediglich Steine von einer Farbe vorhanden sind.
Anja kann den Sieg erzwingen, wenn von beiden Farben Steine vorhanden sind und r und g unterschiedlich oft durch 2 teilbar sind.
Bernd kann den Sieg erzwingen, wenn von beiden Farben Steine vorhanden sind und r und g genau gleich oft durch 2 teilbar sind.
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 07.09.2007 23:26:58 ]
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TimTim
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Dabei seit: 03.03.2006
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Wohnort: Weingarten, BW
| Beitrag No.534, eingetragen 2007-09-07
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Hi,
habe bei 2) auch r=g=0 weggelassen, ist das schlimmm? Für mich muss man ein Spiel nur dann analysieren, wenn auch ein Spiel stattfindet *lol*
Alles andere wäre ja totaler Selbstzweck
Habe leider die 3) sehr unglücklich formuliert. stimmt zumindest das Ergebnis?:
L(L(T)) enthält alle Punkte im Raum außer den 4 Punkten, die entstehen, wenn die Ecken an den gegenüberliegenden Seitenflächen mit Faktor -0.5 gestreckt werden. (Kurzfassung!)
Gruß
Tim
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.532 begonnen.]
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
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| Beitrag No.535, eingetragen 2007-09-07
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Lösung
Dem Tetraeder werde ein Hexaeder so umbeschrieben, dass jede Tetraederecke mit einer Ecke des Würfels zusammenfällt. Die Menge L(L(T)) besteht dann aus allen Punkten des Raumes ausgenommen jener 4 Hexaederecken, die nicht auf dem Tetraeder liegen.
Das ist meine Fassung. Müsste aber mit deiner identisch sein, TimTim.
Gruß Cheesy
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Freiburger
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Dabei seit: 31.01.2007
Mitteilungen: 46
| Beitrag No.536, eingetragen 2007-09-08
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Wie habt ihr bewiesen, dass jedes Tetraeder von einem Würfel umgeben wird?
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.537, eingetragen 2007-09-08
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Also das hatte ich nicht näher erläutert. Hatte zwar überlegt, diesbezüglich noch einen Satz zu schreiben, habe es dann aber gelassen, weil ich es nicht für notwendig hielt und der Beweis den Korrektor wohl nur verwirrt hätte <-- nicht gut.
Habe aber bei der Punktdefinierung eine schöne Skizze angefertigt, in der man sieht, "wie schön" das eine ins andere passt. Nur falls es dann wirklich auf den Beweis ankommt, ist diese Skizze wohl unzureichend <-- noch weniger gut.
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 08.09.2007 02:29:13 ]
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SAMdlx
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Mitteilungen: 137
| Beitrag No.538, eingetragen 2007-09-08
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ja.. die sache mit dem würfel und dem tetraeder. meine lösung zur drei war 6 seiten lang und 3 seiten hab ich ausführlichst gezeigt, dass ein tetraeder stets von genau einem würfel umschrieben werden kann. die eindeutigkeit ist schließlich wichtig, da sonst L(L(T)) aus mehr als vier punkten bestehen könnte....
@freiburger
((1) existenz) durch konkrete angabe zeigt man, dass in einem würfel mit kantenlänge a eine tetraeder einbeschrieben werden kann mit der kantenlänge \ sqrt(2) a . um einen tetraeder mit kantenlänge a zu umschreiben betrachte man einen tetraeer mit kantenlänge \ 1/2 sqrt(2) a . in diesem kann man dann einen tetreader mit kanenlänge a einbeschreiben. bildet man den tetraeder durch kongruenzabbildungen auf den ersten ab sowie den würfel mit der gleichen abbildung, so erhält man als bild einen würfel, der den tetraeder umschreibt.
((2) eindeutigkeit) man mache sich leicht klar (in der ausformulierung nachtürlich sehhr genau), dass jede ecke des würfels, die keine ecke des tetraeders ist, über jeweils eine kante des würfels mit drei ecken des tetraeders verbunden ist. dieser punkt liegt also auf den thaleskugeln um die drei tetraederkanten. die drei kugeln schneiden sich in zwei punkten, wobei einer der punkte im inneren des tetraeders liegt..
das ganze ist ziehmlich unschön.. aber müsste stimmen (hoffe ich zumindest ;-))
[ Nachricht wurde editiert von SAMdlx am 08.09.2007 13:10:30 ]
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Freiburger
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Mitteilungen: 46
| Beitrag No.539, eingetragen 2007-09-08
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Ja so ähnlich habe ichs auch gemacht. ( ich glaube du meinetest einen tetraeder mit der Kantenlänge a mit einem Würfel mit der Kantenlänge a/sqrt(2))
Ich habe allerdings vor der Kongruenzabbildung des Tetraeders im Würfel auf den ursprünglichen Tetraeder die Lagebeziegungen genau abgeklärt, die ja bei einer Kongruenzabbildung erhalten bleiben müssen (außer Drehsinn durch Spiegelung bei chiralen Figuren.)
Hier mal eine Lösungsskizze zur 2. Aufgabe in aller Kürze:
Definitionen:
Die Stellung mit a roten und b grünen Steinen werde verkürzt dargestellt als (a/b). Die Variablen a und b werden Haufenzahlen genannt.
Die Stellung (0/0) heiße S1.
Die Stellung mit genau einer ganzzahlig positiven Haufenzahl heiße S2 mit (a/0) oder (0/b).
Stellungen, bei denen a und b ganze positive Zahlen sind ( also nicht 0, heißen natürlich.
Eine Stellung heiße fröhlich, wenn der Primfaktor 2 in der PFZ von a und b unterschiedlich oft vorkommt und die Stellung natürlich ist.
Fröhliche Stellungen sollen mit F bezeichnet werden.
Eine Stellung heiße traurig, wenn der Primfaktor 2 in der PFZ von a und b gleich oft vorkommt und die Stellung natürlich ist. Traurige Stellungen werden mit T bezeichnet.
Der Implikationsjunktor p "-->" q sagt aus, dass aus dem Zug des mit Situation p konfrontierten Spielers notwendigerweise Situation q folgt.
Nun zum Beweis:
Erstmal habe ich eine Gewinnstrategie formuliert, und gezeigt, dass diese stets gültig ist:
1. Bist du mit F konfrontiert, ziehe von der Haufenzahl mit der größeren Zweierpotenz die größte gemeinsame Zweierpotenz von a und b ab.
2. Bist du mit S2 konfrontiert, entferne den noch existenten Haufen.
Lemmata, die nur gelten, falls der ziehende Spieler nach Strategie zieht, werden mit * gekennzeichnet.
Dann habe ich einige Lemmata bewiesen, den Beweis lasse ich weg, ist recht einfach.
*Lemma A*: F -> T
Lemma B : T -> ( F v S2)
*Lemma C*: S2 -> S1
Lemma D : Das Spiel muss enden.
Mit diesem Handwerkszeug gerüstet ist der Beweis nun fast fertig.
Zur besseren Verständlichkeit kann man sich mal eine Skizze mit den obigen Implikationen machen ;-)
Zunächst beweisen wir Satz 1:
Satz 1: Ein mit einer fröhlichen Situation F konfrontierter Spieler kann den Sieg erzwingen.
Beweis:
Ψ: Spieler 1 sei mit einer fröhlichen Situation konfrontiert und befolge die Strategie.
Nach Lemma A muss dann eine traurige Situation T aus seinem Zug resultieren, mit der Spieler 2 dann konfrontiert ist.
Unter Beachtung von Lemma B unterscheide man die 2 möglichen Stellungen, die aus dem Zug von Spieler 2 resultieren können:
1) Aus dem Zug des Spielers 2 resultiert eine fröhliche Situation F.
Spieler 1 ist dann wieder mit einer Situation F konfrontiert.
- Spiel geht von Ψ weiter -
2) Aus dem Zug des Spielers 2 resultiert die Situation S2.
Spieler 1 ist dann mit S2 konfrontiert, er stellt er nach Lemma C strategisch S1 her und siegt.
- Spieler 1 gewinnt -
Offensichtlich entsteht so lange eine „Implikationsschleife“ zwischen fröhlicher (konfrontiert: Spieler 1) und trauriger (konfrontiert: Spieler 2) Situation, bis einmal Fall 2) eintritt.
Durch Widerspruchsbeweis wird kurz gezeigt, dass Fall 2) irgendwann eintreten muss, da sonst das Spiel nicht enden würde, was Lemma D widerspräche.
Und zum Schluss unterscheiden wir jetzt die möglichen Ausgangsstellungen A. (S1 habe ich weggelassen, da ich gesagt habe, 0 teilt keine Zahl, weshalb dann bei S1 keiner ziehen dürfte.)
1) A ist eine fröhliche Stellung. Anja kann dann nach Satz 1 den Sieg erzwingen.
2) A ist eine traurige Stellung. Anja muss dann nach Lemma B durch ihren Zug entweder F oder S2 herstellen.
a) Anja stellt S2 her. Bernd entfernt den existenten Haufen und siegt.
b) Anja stellt F her. Nach Satz 1 kann dann Bernd den Sieg erzwingen.
Im Fall 2) kann also Bernd den Sieg erzwingen.
3) A ist S2. Dann kann Anja alle Steine entfernen und siegt.
So, das wars in etwa. Mein eigentlicher Beweis ist natürlich noch etwas ausführlicher. Was sagt ihr dazu?
[ Nachricht wurde editiert von Freiburger am 08.09.2007 10:22:06 ]
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Cheesy
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| Beitrag No.540, eingetragen 2007-09-08
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@Freigurger
Also ich bin zwar anders herangegangen. Aber vom Prinzip habe ich die gleichen Gesichtspunkte betrachtet, wie du auch. Nur auf S1 bin ich halt noch näher eingegangen, aber das war wohl unnötig.
@Sam:
L(L(T)) besteht aus mehr als 4 Punkten :P ...aber ist schon klar was du meinst.
Ich bin jetzt schon etwas beunruhigt, was die 3 betrifft. Aber wie kann man denn 3 Seiten dazu schreiben? In einer älteren Version, die ich nicht abgeschickt hatte, bin ich mit 7 Zeilen auf die Eindeutigkeit eingegangen, fand dies aber immer noch zu lang und den Sachverhalt auch ohne Beweis eindeutig.
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 08.09.2007 12:31:21 ]
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mathe_andi
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Dabei seit: 08.09.2007
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| Beitrag No.541, eingetragen 2007-09-08
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Zuerst einmal hallo zusammen.
Bin auch durch Zufall über dieses Forum gestolpert.
Nun zu meinen Lösungen:
Habe bei der zwei als Ausgangslage fürs Spiel angenommen, dass r und g natürliche Zahlen sind. Ist das falsch und wenn ja, wie schwer wird das gewertet? Darstellungsmangel oder kleinerer Mangel? Ach ja, aus meiner Lösung geht hervor, dass wenn nur von einer Farbe Steine auf dem Tisch liegen, Anja gewinnen würde.
Und noch eine Frage zur vier, dort reichte es doch zu zeigen, dass die Anzahl der uhrigen Dreiecke nicht kleiner werden kann als 19, oder musste man auch zeigen, dass es eine Verteilung mit 19 uhrigen Dreiecken gibt?
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Freiburger
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| Beitrag No.542, eingetragen 2007-09-08
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Wie habt ihr das denn mit "Thaleskugeln um Kanten" bewiesen, wenn ich fragen darf?
Also bei mir ging es im Endeffekt darum, jeweils drei Ebenen mit einem gemeinsamen Eckupunkt miteinander zu schneiden.
Das mit dem Würfel habe ich zunächst gezeigt und dann eben noch durch einen Widerspruchsbeweis, dass sich die drei Ebenen,die durch Mantelflächen des Würfels gehen, in höchstens einem Punkt schneiden.
Ich glaub das reicht, habe dafür ca. eine seite gebraucht.
Habt ihr die 3 elementargeometrisch oder vektoriell gelöst? Ich hatte erst eine vektorielle Lösung, hab sie aber dann doch noch elementar hingekriegt, wobei ich versucht habe, möglichst direkt aus den Axiomen (Hilbert) der euklidschen Geometrie zu folgern.
@ andi: Also wenn du gesagt hast, was für r v g = 0 passiert, hast du ja eigentlich alles abgedeckt,
bei der 4 war ich mir da auch nicht siocher, ich habe mal noch eine konkrete verteilung mit 19 uhrigen dazugelegt ;-)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.540 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Freiburger am 08.09.2007 13:00:53 ]
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Octopus
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Dabei seit: 26.09.2006
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| Beitrag No.543, eingetragen 2007-09-08
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@Freiburger: Soweit wie ich das aufs erste sehe, gefällt mir deine Lösung zur Aufgabe 2 gut. Vor allem deine Notation ist schön. (Fröhliche und Traurige Stellungen...)
Die 3 hab ich ansnosten elementargeometrisch versucht.
@Cheesy: Ja, ich bin bzgl. der Aufgabe 3 auch sehr beunruhigt und geh davon aus, dass bei mir der erste Preis schon weg ist. Habe nämlich nur gezeigt, dass bei einem Würfel der Kantenlänge
\
a/sqrt(2)
vier entsprechende Eckpunkte einen regulären Tatraeder der Kantenlänge a beschreiben. Etwas von Eindeutigkeit hab ich nicht einmal erwähnt. 
@Andi: Eine Verteilung hab ich nicht angegeben und glaub/hoffe, dass das auch so reicht.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.540 begonnen.]
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Riele17
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| Beitrag No.544, eingetragen 2007-09-08
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ich bin auch der meinung dass das zeigen einer möglichen verteilung nicht unbedingt erforderlich ist.
das wie vielte mal macht ihr alle beim BWM mit?
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Freiburger
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|  Beitrag No.545, eingetragen 2007-09-08
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
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| Beitrag No.546, eingetragen 2007-09-08
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Zur 4:
Hier habe ich auch angegeben, unter welchen Umständen genau 19 uhrige DE vorliegen. Aber ich persönlich vermute, dass es nicht notwenidig war.
Bei der Aufgabe hatte ich mich aber an einer anderen Stelle etwas aufgehangen und wahrscheinlich auch mehr als notwendig geschrieben.
Zur 3:
Lösungsfindung war vektoriell. Aber aufgeschrieben hatte ich es elementargeometrisch. Fand ich persönlich einfacher und anschaulicher (der Korrektor muss es ja auch kapieren :) ).
Ist natürlich wenig nützlich, falls die Eindeutigket verlangt wird.
@andi Zur 2:
Ich kenne deinen Beweis nicht, aber ich würde schon sagen, dass r,g €
N als Ausgangsannahme ohne weitere Einschränkungen nicht ganz richtig ist. Denn r=g=0 muss ja nicht betrachtet werden (hatte ich zumindest so raus). Nur wie weit man auf die Interpretation der Aufgabe eingehen musste, weiß ich jetzt auch nicht.
Aber wie gesagt, ich kann da auch schwer was sagen, da ich nicht weiß, wie du den Beweis geführt hast. Außerdem hab auch ich da meine Probleme gehabt.
Auch wenn die AS vielleicht eindeutig formuliert ist, fand ich sie persönlich für einen seriösen Wettbewerb nicht angebracht, da sich doch einige schon an der AS anstatt dem Beweis selbst aufgehängt hatten. Das muss ja nicht sein.
Gruß Cheesy
Edit: Mache zum 2.mal mit, das erste mal in der 2.Runde
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.543 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 08.09.2007 14:00:25 ]
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Octopus
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| Beitrag No.547, eingetragen 2007-09-08
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Zum zweiten Mal. Hab letztes Jahr nen 2. Preis ergattert.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.545 begonnen.]
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Freiburger
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Dabei seit: 31.01.2007
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| Beitrag No.548, eingetragen 2007-09-08
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@cheesy: Wenn bewiesen werden soll, dass jedes Tetraeder von einem Würfel umgeben wird, sodass 4 TetraederEckpunkt Würfelecken sind, welche Eindeutigkeit zeigst du denn dann noch?
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mathe_andi
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Dabei seit: 08.09.2007
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| Beitrag No.549, eingetragen 2007-09-08
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Nun ja, hier ist ein Teil meiner Lösung zu Aufgabe 2, vielleicht kann cyrix mir ja was dazu sagen.
Antwort: Wenn r und g beide ungerade sind, so kann Bernd den Sieg erzwingen. Wenn r ungerade und g gerade oder g ungerade und r gerade ist, so kann Anja den Sieg erzwingen.
Wenn r und g gerade ist, so kürze man den Bruch r/g soweit wie möglich. Sind dann Zähler und Nenner ungerade ,so kann Bernd den Sieg erzwingen, bleibt Zähler oder Nenner gerade ,so kann Anja den Sieg erzwingen.
1. Mit den in der Antwort aufgeführten Kombinationen von r und g sind alle möglichen Kombinationen abgedeckt.
- r und g sind positive ganze Zahlen, da die Aufgabenstellung besagt, dass von jeder Farbe Steine auf dem Tisch liegen, jedoch halbe Steine oder ähnliches keinen Sinn ergeben. Positive ganze Zahlen sind entweder gerade oder ungerade. Sind beide Zahlen jedoch gerade, so kann man solange durch 2 kürzen, bis mindestens eine der Zahlen ungerade wird (Da in der Primfaktorzerlegung die 2 kein Primfaktor mehr ist).
Habe dann die Richtigkeit durch die Angabe der Taktik bewiesen, die ich jetzt nicht komplett angebe (2 Seiten). Dabei tritt jedoch folgender Schritt auf:
Liegen von einer Farbe keine mehr Steine auf dem Tisch, so kann der den Sieg erzwingen, der am Zug ist.
- Liegen von einer Farbe keine Steine mehr auf dem Tisch, so muss derjenige, der am Zug ist die andere Farbe wählen, hierbei kann er alle Steine der gewählten Farbe vom Tisch nehmen, da jede Zahl die Null teilt. Nun liegen keine Steine mehr auf dem Tisch und somit hat derjenige das Spiel gewonnen.
Hieraus wird theoretisch klar, dass für den Fall, dass eine Zahl zu Spielbeginn 0 ist, Anja den Sieg erzwingen kann. Ist das ein Darstellungsmangel, ein kleinerer Mangel oder ist diese Interpretation eventuell sogar möglich?
Besuche jetzt einen Mathe-Vorkurs an einer Uni und habe z.b. festgestellt, dass mit der Schreibweise Z+ manche Profs positive ganze Zahlen und andere nichtnegative ganze Zahlen meinen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.547 begonnen.]
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Cheesy
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| Beitrag No.550, eingetragen 2007-09-08
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Zugegeben, post #546 hatte ich ein wenig unglücklich formuliert.
Ich habe nicht gezeigt, dass
-es möglich ist dem Tetraeder einen Würfel umzubeschreiben. (ich habe es einfach gemacht, siehe #535)
-es nur einen Würfel für den Tetraeder gibt.
Auch habe ich den ganzen Beweis hindurch Formulierungen wie "DER Tetraeder" verwendet. Es gibt nur den einen, nämlich den aus der AS.
Das meine ich insgesamt mit Eindeutigkeit. Ich habe es weggelassen, weil es für mich offensichtlich aussah. Aber ich kann mir jetzt auch vorstellen, dass es u.U. verlangt wird.
War das deine Frage?
Gruß Cheesy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.548 begonnen.]
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Freiburger
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| Beitrag No.551, eingetragen 2007-09-08
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*Klugscheiß* es heißt korrekt das Tetraeder (habe ich auch immer falsch gesagt^^)
Ja genau. Ich habe es mir auch überlegt, aber ich habe mich schon überwunden, zu das mit dem Würfel zu zeigen, weil ich zumindest das in der Schule gelernt habe.
Bei mir läuft es darauf hinaus, dass ich stillschweigens angenommen habe, dass es bei zwei windschiefen Geraden g und h nur eine Ebene E gibt, die g enthält und zu h parallel ist. Meint ihr, das wirkt sich preismindern aus?
[ Nachricht wurde editiert von Freiburger am 08.09.2007 14:41:05 ]
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gandalf25
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| Beitrag No.552, eingetragen 2007-09-08
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@ mathe_andi
ich glaub deine lösung lässt sich einfacher formulieren:
sei a die Anzahl der 2-er Faktoren in r
und b die Anzahl der 2-er Faktoren in g
(a,b aus den natürlichen zahlen mit 0)
gilt a=b gewinnt Bernd
gilt a ungleich b gewinnt Anja
Hey Cheesy bei der 1 hab ich die selbe Lösung wie du ^^ (also den beweis hab ich aber anders )
[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 08.09.2007 15:25:05 ]
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Freiburger
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| Beitrag No.553, eingetragen 2007-09-08
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@Gandalf
Überaus wichtig ist es dann, dass das nur gilt, falls r und g Element N* sind. Denn die 0 hat ja keine eindeutige PFZ.
So könnte beispielsweise bei der Stellung (0/1) Anja alle Steine sofort entfernen, obwohl der Faktor 2 gleich oft (0 Mal) vorkommt.
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Ex_Senior
| Beitrag No.554, eingetragen 2007-09-08
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Naja. Man kann "per Konvention" erklären, dass 0 den Primfaktor 2 "unendlich oft" enthält, und dies ist etwas anderes als "0 mal". Aber soetwas sollte man wohl wenigstens mal erwähnen...
Viele Grüße, Cyrix
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Freiburger
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| Beitrag No.555, eingetragen 2007-09-08
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Ok, diese Konvention war mir nicht bekannt.
Ich habe einfach konsequent zwischen Situationen mit ganzzahlig-positiven Haufenzahlen und Situationen mit nicht immer ganzzahlig positiven Haufenzahlen unterschieden. So konnte ich dann für alle mit ganzzahlig positiven eine eindeutige PFZ fordern.
Was ist das für eine Konvention, ich bin da beim Recherchieren gar nicht drauf gestoßen? Hat denn 0 überhaupt eine PFZ, denn da 0 ja keine Primzahl ist dürfte sie sich doch auch nicht als Primzahlprodukt darstellen lassen oder?
[ Nachricht wurde editiert von Freiburger am 08.09.2007 17:03:13 ]
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Zwiwwl
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| Beitrag No.556, eingetragen 2007-09-08
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Hallo,
auweia, das sieht ja gar nicht gut aus für mich. Hab das Gefühl, dass ich so ziemlich alles falsch hab :-(
Also bei 2 hab ich in etwa das, was Mathe_Andi geschrieben hat. War irgendwie froh das zu lesen, da hab ich das Gefühl gehabt, dass ich doch noch was richtig hab :) Auch wenn ichs irgendwie nochmal umständlicher formuliert hab.
Die 1 hab ich ja komplett falsch, wenn ich mir das anguck. Aber mit diesem Sigma hatte ich auch noch gar nicht so viel zu tun gehabt, wann macht man das denn so in der Schule? Komm mir irgendwie ein bissl blöd vor, wenn ich die Lösungen les^^
Findet man bei Aufgabe 1 wirklich für jede Zahl n so ne Zahl k, die die Eigenschaften erfüllt? Kann mir das gar nicht so vorstellen. Oder bewegt sich die Aufgabe nicht mehr im Dezimalsystem? Bin einfach mal davon ausgegangen das sie das tut.
Und kann mir bitte jemand die Aufgabe 3 erklären? Die hab ich, wenn ich mir die Lösungen anguck, ja so gar nicht verstanden, wie ich mir das vorstellen soll.
Also es heißt ja zuerst, dass E Punkte im Raum liegen und L(E), alle Punkte sind, die auf Geraden durch zwei Punkte aus E liegen.
Was ist allein damit gemeint? Eigentlich ist doch dann L(E) schonmal E oder? Also wenn nur E Punkte im Raum wären?
Und bei L(T) hab ich mir vier Geraden vorgestellt, die durch die Eckpunkte gehen und damit ein Tetraeder bilden. Also ist doch T aufjeden Fall mal Bestandteil von L(T) ? Und ob Punkte aus E darauf liegen kann man ja nicht sagen?
Ich glaub man merkt schon, dass mir die Aufgabe ziemlich Probleme bereitet hat (bin da auch gar nicht zu einem Ergebnis gekommen...)
Wär nett, wenn mir das jemand vielleicht erklären könnte, ich hab mir das zwar durchgelesen mit dem vektoriell und dem Würfel um den Tetraeder und so, aber irgendwie hab ich da nicht den Zusammenhang zur Aufgabenstellungen finden können :-(
Wär echt Lieb, dankeschön.
Gruß Zwiwwl
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moep
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| Beitrag No.557, eingetragen 2007-09-08
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Ich bin interessiert an einer elementargeometrischen Lösung von 3, denn ich kann diese mir gar nicht richtig vorstellen, wie ich das beweisen sollte.
Vektoriell fand ichs eigentlich ganz anschaulich, aber bei der Formulierung bin ich schnell auf ganz ganz viele Probleme gestoßen, so dass ich für die Aufgabe 5 oder 6 Seiten gebraucht habe - mehr als alle anderen drei zusammen. Und wirklich schön liest sich die Lösung auch nicht
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huepfer
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 | Beitrag No.558, eingetragen 2007-09-08
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@Freiburger,
die von cyrix angesprochene "Konvention" steht nicht umsonst in Anführungszeichen. Es handelt sich um keine allgemeine Konvention, die man so annehmen kann. Eigentlich spricht man nur bei Nichteinheiten ungleich 0 von einer Primfaktorzerlegung. Aber wie von cyrix angedeutet, ann man das auch auf die 0 erweitern.
Gruß,
Felix
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Freiburger
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| Beitrag No.559, eingetragen 2007-09-08
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Kurz zur elementargeometrischen Lösung von Aufgabe 3 ein Beispielbeweis:
Also wenn wir zum Beispiel zwei sich in einem Punkt schneidende Geraden v und w betrachten, E die Ebene ist, die v und w enthält und V (bzw. W) die Menge aller auf v (bzw. w) liegenden Punkte ist, dann gilt: \ L(V\union\ W)=E
(E sei die Menge aller auf der Ebene E liegenden Punkte.)
Um dies zu elementargeometrisch zu Beweisen zeigen wir 2 Teilsätze:
Für einen Punkt P gilt:
1. \ P\el\ L(V\union\ W)-> P\el\ E
Beweis: Da P Element von \ P\el\ L(V\union\ W) ist, muss es eine Gerade i durch verschiedene Punkte \ P_1 und P_2 mit P_1, P_2 \el\ L(V\union\ W)
geben, die P enthält. Da v und w in E liegen, liegen \ P_1 und P_2 ebenso in E.
Hilberts 6. Axiom der Verknüpfung besagt: Wenn zwei Punkte \ P_1 und P_2 einer Geraden i in einer Ebene E liegen, so liegt jeder Punkt von i in E.
Da P auf i liegt, muss P in E liegen. Folglich muss ein Punkt, der Element von \ L(V\union\ W) ist, notwendigerweise in E liegen. #
2. \ P\el\ E -> P\el\ L(V\union\ W)
Wir unterscheiden 2 Fälle:
a) \ P \el\ (V\union\ W)
Liegt ein Punkt P auf der Geraden m (oder n), so enthält m (oder n) nach Hilberts 3. Axiom der Verknüpfung noch mindestens einen weiteren Punkt Q, der von P verschieden ist. Man lege eine Gerade g durch P und Q. Da P auf einer Geraden g durch zwei ver-schiedene Punkte P und Q aus m (oder n) liegt, ist P Element der Menge \ L(V\union\ W) .
b) \ P \el\ E \and\ P \notel\(V\union\ W) -> P \el\ L(V\union\ W)
X sei der Schnittpunkt von v und w. Wir leiten dann axiomatisch her, was mir jetzt zu ausführlich ist, dass es durch jeden Punkt P in E mindestens eine Gerade g in E gibt, die weder zu v noch zu w parallel ist und nicht durch X verläuft. Diese Gerade g muss dann v und w schneiden (da nicht parallel aber in gemeinsamer Ebene), diese Schnittpunkte müssen werschieden sein (sie können nicht X sein, und v und w dürfen sich nach Konstruktion nur in einem Punkt schneiden.) So haben wir gezeigt, dass P auf einer Geraden g durch zwei verschiedene Punkte aus v und w liegt, also zur Menge \ L(V\union\ W) gehört.
Da die Fallunterscheidung vollständig ist, folgt aus a) und b) 2. .
Aus 1. und 2. folgt, dass die Mengen \ L(V\union\ W) und E äquivalent sind.
So in etwa habe ich vieles elementargeometrisch bewiesen.
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