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  Bundeswettbewerb Mathematik 2007 |
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moep
Senior 
Dabei seit: 21.06.2006
Mitteilungen: 1807
 |  Beitrag No.560, eingetragen 2007-09-08
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Werden die Hilbert Axiome denn ohne Beweis von den Korrektoren akzeptiert?
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Ex_Senior
| Beitrag No.561, eingetragen 2007-09-08
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\quoteon(2007-09-08 19:23 - moep)
Werden die Hilbert Axiome denn ohne Beweis von den Korrektoren akzeptiert?
\quoteoff
Hallo!
Wenn du diese meinst, dann: klar.
Cyrix
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Freiburger
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 31.01.2007
Mitteilungen: 46
| Beitrag No.562, eingetragen 2007-09-08
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Nö, ich meine die hier: de.wikipedia.org/wiki/Hilberts_Axiomensystem_der_euklidischen_Geometrie
Also meines Wissens lassen sich Axiome doch nicht beweisen. Und ich glaube kaum, dass es verboten ist, ein so ein klares Axiomensystem als Grundlegung des Beweises zu benutzen, jedenfalls ist es finde ich besser als die "es-ist-so"-Argumentation.
Was meint ihr?
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darkwolffire
Junior 
Dabei seit: 01.09.2007
Mitteilungen: 7
|  Beitrag No.563, eingetragen 2007-09-09
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da gibts doch nicht!!!
1.aufgabe: ja geil, alles dabei
2.aufgabe: gesagt, dass anja bei mehrfachen der stellung (gerade/ungerade) gewinnt, also praktisch das, was ihr da alle habt
4. aufgabe: durch eine etwas größere fallunterscheidung nachweisen können, dass in jedem kleinem sechseck mind. 1 dreieck uhrig ist, bei 2 sich überlappenden sechsecken auch minds. 2....also bei genau 19 kleinen sechsecken in der ausgangsfigur sind dies auch mind. 19 uhrige dreiecke
zur 3. aufgabe: verdammt! ich hatte 6 ebenen formulieren können, doch zu idiotisch um nachzudenken, dass diese 8 und nicht 4 schnittpunkte haben...demzufolge hab ich die 4 schnittpunkte(ecken des tetraeders) l(t(t)) zugeordnet und damit hab ich den ganzen raum als lösung...im grunde also nur dieser kleine schritt der fehlt...
@cyrix: reicht es noch für einen 2. bzw. 3. preis?
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SAMdlx
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Dabei seit: 13.01.2007
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| Beitrag No.564, eingetragen 2007-09-09
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darkwolffire, ich wollte die vier zuerst auch so angehen wie du, aber da wirst du unter 10-20 seiten bestimmt nicht fertig. wenn du gezeigt hast, dass in jedem sechseck mindestens ein dreieck uhrig ist und in zwei sechsecken mindestens zwei dreiecke uhrig sind, ist die aufgabe noch lange nicht gezeigt (leider...). bspw. kannst du dann bei drei sechsecken in einer reihe im ungünstigsten fall annehmen, dass jeweils eines der dreiecke, die jeweils im schnitt zweier sechsecke liegen, uhrig ist. dann sind die obigen bedingungen erfüllt aber trotzdem nur zwei dreiecke in drei sechsecken uhrig.
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TimTim
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Dabei seit: 03.03.2006
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Wohnort: Weingarten, BW
| Beitrag No.565, eingetragen 2007-09-09
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Habe mich bei der Aufgabe 4 auch an dieser Lösungsidee versucht und bin ebenfalls nicht weitergekommen, die Lösungsidee ist wohl kaum praktikabel.
Habe es letztendlich so gemacht:
zunächst einen Begriff " geschlossene Dreieckskette" definiert (n überschneidungsfreie Dreiecke mit einem gemeinsamen Eckpunkt, jeder weitere Eckpunkt ist Eckpunkt von genau zwei Dreiecken)
dann habe ich allgemein gezeigt, dass jede geschlossene Dreieckskette gleich viele uhrige Dreiecke wie "uhrige Seiten" enthält (Außenseiten, an denen die Zahlen im Uhrzeigersinn größer werden)
Dann habe ich die Ausgangfigur an ihren Ecken um 6 Kreisbögen ergänzt und die hinzugefügten Kreisausschnitte als weitere Dreiecke definiert. Somit lässt sich die Figur in 13 geschlossene Dreiecksketten einteilen. Nun gibt es 24 "Grenzseiten", die zwei Dreiecksketten voneinander trennen und 12 "Randseiten", die die Figur nach außen abgrenzen. Alle Grenzseiten gehören zu 2 geschlossenen Dreiecksketten und sind auch einmal uhrige Seite und einmal nicht uhrige Seite. Somit haben alle Dreiecksketten gemeinsam mindestens 24 uhrige Seiten. Da die Randseiten ein geschlossenes Zwölfeck bilden, enthalten auch sie mindestens eine uhrige Seite.
Somit gibt es in der Figur mindestens 25 uhrige Seiten und wie oben gezeigt genauso viele uhrige Dreiecke. Werden nun die 6 hinzugefügten Dreiecke (die Kreisausschnitte) wieder entfernt, so bleiben in der Ausgangsfigur noch mindestens 25-6=19 uhrige Dreiecke.
Hat einer von euch es auch etwa so gemacht? immerhin habe ich so bei 5 Seiten halten können, bin mir aber in Sachen Formulierung wirklich sehr unsicher.
Gruß,
Tim
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gandalf25
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| Beitrag No.566, eingetragen 2007-09-09
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also ich hab mir bei 2 aneinanderliegenden Dreiecken die Relationen zwischen den Zahlen an der gemeinsamen Seite angeschaut
dann ging das eigentlich ziemlich einfach
mit der methode hätte ich von jeder anderen Figur die aus solchen
Dreiecken zusammengesetzt ist die Mindestanzahl der uhrigen Dreiecke
bestimmen können.
Achja ist euch mal aufgefallen, dass die Mindestanzahl der uhrigen Dreiecke
in einem bestimmten Sechseck aus der Abbildung von Aufgabe 4 immer
Die Anzahl der Punkte des nächstkleineren Sechsecks sind?
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mathe_andi
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Wohnort: Aachen
| Beitrag No.567, eingetragen 2007-09-09
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Also für die vierte ist mir nach einigem überlegen eine sehr elegante Lösung eingefallen.
Kurzfassung:
Es sind 54 Dreiecke, also 162 Seiten, wenn man Seiten die zu zwei Dreiecken gehören doppelt zählt. 18 Seiten liegen auf den Seiten des Sechsecks und gehören zu nur einem Dreieck, die anderen 144 zu zwei. Eine Seite die zu zwei Dreiecken gehört, ist in einem Dreieck im Uhrzeigersinn und im anderen gegen den Uhrzeigersinn orientiert (von der kleineren zur größeren Ziffer). Also 72 im Uhrzeigersinn und 72 gegen den Uhrzeigersinn. Von den Aussenseiten muss min. eine im Uhrzeigersinn sein (wegen der Ringstruktur). Also sind mindestens 73 Seiten im Uhrzeigersinn. Ein Dreieck hat entweder eine oder zwei Seiten im Uhrzeigersinn (auch wg. Ringstruktur). Ein Dreieck mit 2 im Uhrzeigersinn orientierten Seiten ist uhrig. Also sind min. 73-54=19 Dreiecke uhrig.
Das ganze habe ich natürlich etwas ausführlicher aufgeschrieben, bin aber trotzdem mit ein wenig mehr als einer Seite ausgekommen.
Bei Aufgabe 3 habe ich auch das Ergebnis raus, habe es nur genannt: Zur Menge der Punkte L(L(T)) gehören alle Punkte des dreidimensionalen Raumes mit Ausnahme der vier Punkte, die bei einer Punktspiegelung der Eckpunkte am Schwerpunkt des Tetraeders entstehen.
Diese Aufgabe habe ich vektoriell gelöst, und ich hoffe das alles verständlich genug ist (7 Seiten).
Aufgabe 1 habe ich auch durch die Angabe einer Folge gezeigt, nur das ich diese rekursiv angegeben habe, da ich die Induktion so einfacher aufzuschreiben fand.
Und bei Aufgabe 2 ist mir halt der Patzer passiert, das ich angenommen habe, dass zu Spielbeginn von jeder Farbe mindestens ein Stein auf dem Tisch liegt.
@ cyrix: Welche Fehlerstufe ist das wahrscheinlich?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.565 begonnen.]
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Freiburger
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| Beitrag No.568, eingetragen 2007-09-09
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Die 4 habe ich sehr ähnlich wie andi gelöst.
Ist euch aufgefallen, dass es bei dem Sechseck nur darauf ankommt, bei wie vielen Seiten am Rand des Sechsecks rechts eine größere Nummer steht als links? Ist dies bei b Seiten der Fall, so gibt es
n = 18 + b uhrige Dreiecke.
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graviton
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Mitteilungen: 271
| Beitrag No.569, eingetragen 2007-09-09
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Also wenn ich mir eure Lösungen zu Nr. 3 anschaue, bin ich froh, dass nichts abgeschickt habe (es wäre viel Arbeit gewesen und es wäre wenig herausgekommen). Die anderen Aufgaben hab ich zwar von der Lösungsidee her, aber ich habe gemerkt, dass es unangenehm war, das aufzuschreiben... Von daher wäre ein Preis äußerst unwahrscheinlich gewesen.
Hoffe, für euch kommt ein schöner Preis heraus.
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gandalf25
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| Beitrag No.570, eingetragen 2007-09-09
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Hehe graviton mir gings genauso ^^ hab die aufgaben aber abgeschickt
Das Aufschreiben fand ich auch ganzschön anstrengend muss ich sagen
und bei der 3. hab ich zwar die richtige Lösung aber meine elementargeometrische Herleitung hat wahrscheinlich soviele Lücken und Fehler, dass ich die Aufgabe komplett vergessen kann
Vektorrechnung habe ich leider noch nicht gemacht
ich glaube nicht dass ich mir das jetzt so schnell hätte aneignen können.
[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 09.09.2007 15:30:57 ]
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moep
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Mitteilungen: 1807
| Beitrag No.571, eingetragen 2007-09-09
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@Freiburger: Die von dir beschriebene Eigenschaft folgt zwangsläufig aus der Lösungsstrategie von mathe_andi.
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Freiburger
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| Beitrag No.572, eingetragen 2007-09-09
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Undertaker
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Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.573, eingetragen 2007-09-09
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Hallöchen, ich klink mich jetzt auch mal in die Diskussion ein:
Dabei geht es mir speziell um Aufgabe 3. Da habe ich nämlich mit Kanonen auf Spatzen geschossen, sprich ich habe die Aufgabe einfach nur stur vektoriell durchgerechnet und am Ende über etliche Inzidenzbetrachtungen von Ebenen und Geraden die 4 Punkte ausgerechnet. Das ganze hat dann allerdings auch wirklich die schon mehrfach erwähnten 10 Seiten in Anspruch genommen. Drohen mir da rein vom Lösungsaufwand schon Abzüge? Oder ist es den Korrektoren gleich, welche Lösung man hat, solange man den eingeschlagenen Weg nicht unnötig aufbläht?
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Cheesy
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Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.574, eingetragen 2007-09-09
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Kurz zur 4:
Andis Lösung trifft auch die meinige ziemlich genau. Habe daher auch nur 1 Seite benötigt. An einer Stelle war ich mir aber etwas unsicher: Wie zeigt man exakt, dass von 2 identischen Seiten genau eine bezüglich ihres Dreiecks im UZS orientiert ist [hab ich dann immer als uhrsinnig definiert]? Ich meine, an sich ist es offensichtlich...aber wenn der Korrektor mal nen schlechten Tag hat. 
Ich habe es ausführlich damit begründet, dass sich die DEmittelpunkte auf verschiedenen Halbebenen der Seiten befinden. War ziemlich kompliziert und hat meinen schönen kurzen beweis so richtig verunstaltet.
Zur 3:
Jemand hatte galub ich nach der elementaren Lösung gefragt. Hier mal meine Variante:
[vorher hatte ich noch die Punkte A, B, C, D, F, G, H und I definiert und erläutert was das g und E bedeutet.
Die beiden Bilder hatte ich dabei zur Veranschaulichung verwendet:
  ]
Untersuchung der Menge L(T)\blue
Die Menge L(T) besteht aus den 6 Geraden, die durch die Tetraederkanten aufgespannt werden. Jede solche Gerade verläuft durch die beiden beteiligten Ecken der entsprechenden Kante, welche Elemente von T sind. Punkte die nicht auf einer dieser 6 Geraden liegen, gehören nicht der Menge L(T) an, denn eine Gerade durch einen solchen Punkt hat maximal einen Punkt mit T gemeinsam.
Untersuchung der Menge L(L(T))
Ein beliebiger Punkt P gehört genau dann der Menge L(L(T)) an, wenn mindestens eine der 3 folgenden Bedingungen erfüllt ist:
• P liegt auf einer der 6 Geraden der Menge L(T).
• P liegt auf einer Geraden, die mindestens 2 sich schneidende Geraden der Menge L(T) in voneinander verschiedenen Punkte schneidet. Dies ist genau dann der Fall, wenn P auf der Ebene liegt, welche durch diese Geraden aufgespannt wird.
• P liegt auf einer Geraden, die 2 zueinander windschiefe Geraden der Menge L(T) schneidet.
Die Punkte A, B, C und D gehören der Menge L(L(T)) an, da sie jeweils auf 3 der 6 Geraden von L(T) liegen.
Ist P verschieden von den 8 Würfelecken, ist die 3. Bedingung stets erfüllt; P liegt dann auf maximal 2 der 6 durch die Würfelflächen aufgespannten Ebenen und es gibt stets 2 dieser Ebenen, die zueinander parallel und disjunkt zu P sind.
O. B. d. A. sei P zunächst verschieden von E_AFBG und E_ICHD. Man betrachte E_PAB, welche wegen P E_AFBG die gerade g_FG im Mittelpunkt von schneidet (nicht dargestellt). Da zu parallel ist, schneidet E_PAB g_CD ebenfalls in einem Punkt Q. Wegen P \notel\ E_ICHD ist g_PQ der Ebene E_ABPQ weder parallel zu E_ICHD noch zu E_AFBG und schneidet letztere Ebene in einem Punkt R. R liegt damit auf der Schnittgeraden von E_AFBG und E_ABPQ, bei welcher es sich um g_AB handelt. Es existiert also eine Gerade durch P, welche g_CD und g_AB schneidet und damit durch 2 Elemente von L(T) verläuft. (Vgl. Abb. 2)
Durch Spiegelung der Figur an den Symmetrieebenen E_ACHG bzw. E_AFHD werden die andern beiden Ebenenpaare auf E_AFBG und E_ICHD abgebildet, so dass der Beweis für die anderen beiden Fälle analog geführt werden kann: Für ein P, das verschieden von E_FCHB und E_AIDG ist, existiert stets eine Gerade, die sowohl durch P verläuft, als auch g_AD und g_BC schneidet.
Für ein P, das verschieden von E_AFCI und EGBHD ist, existiert stets eine Gerade, die sowohl durch P verläuft, als auch g_AC und g_BD schneidet.
Damit ist gezeigt, dass alle Punkte, die verschieden von F, G, H und I sind, der Menge
L(L(T)) angehören.
Betrachtung der nicht zu L(L(T)) gehörenden Punkte
Offensichtlich liegen die Punkte F, G, H und I weder auf einer der 6 Geraden von L(T), noch auf einer der Ebenen, die durch 2 sich schneidende Geraden von L(T) aufgespannt werden.
Es existiert auch keine Gerade durch F, G, H oder I, welche 2 zueinander windschiefe Geraden schneidet; jede Gerade durch F, die gBC schneidet liegt auf E_FCHB, welche parallel zu E_AIDG ist. Damit hat diese Gerade keine gemeinsamen Punkte mit letzterer Ebene und auch keine mit g_AD. Analog ist jede Gerade durch F, die g_AB schneidet, disjunkt zu g_CD und jede Gerade durch F, die g_AC schneidet, ist disjunkt zu g_BD.
Da die Symmetrieebenen E_ABHI, E_BCIG und E_ACHG die Punkte G, H und I auf F abbilden, kann man analog schließen, dass auch keine Gerade durch G, H oder I und 2 Elemente von L(T) existiert.
Die Punkte F, G, H und I gehören damit nicht zur Menge L(L(T)).
Ich habe aber nicht betrachtet, dass es genau einen Würfel pro Tetraeder gibt.
@cyrix
Du kennst dich ja ein wenig mit den bewertungsaßstäben aus. War so eine Betrachtung denn notwendig? Und falls ja, wie wirkt sich das auf die Bewertung aus?
Gruß Cheesy
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 09.09.2007 20:29:07 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.575, eingetragen 2007-09-09
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Hallo!
Das es für jeden regulären Tetraeder (genau) einen umschriebenen Würfel gibt (mit den entspr. Eigenschaften), muss nicht bewiesen werden, sondern kann man als aus der Schule bekannt voraussetzen (ein Teilnehmer hat dabei z.B. auf ein Lehrbuch von Cornelsen für die Klassenstufe 9 verwiesen)...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.576, eingetragen 2007-09-09
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\quoteon(2007-09-09 14:19 - mathe_andi)
Also für die vierte ist mir nach einigem überlegen eine sehr elegante Lösung eingefallen.
Kurzfassung:
Es sind 54 Dreiecke, also 162 Seiten, wenn man Seiten die zu zwei Dreiecken gehören doppelt zählt. 18 Seiten liegen auf den Seiten des Sechsecks und gehören zu nur einem Dreieck, die anderen 144 zu zwei. Eine Seite die zu zwei Dreiecken gehört, ist in einem Dreieck im Uhrzeigersinn und im anderen gegen den Uhrzeigersinn orientiert (von der kleineren zur größeren Ziffer). Also 72 im Uhrzeigersinn und 72 gegen den Uhrzeigersinn. Von den Aussenseiten muss min. eine im Uhrzeigersinn sein (wegen der Ringstruktur). Also sind mindestens 73 Seiten im Uhrzeigersinn. Ein Dreieck hat entweder eine oder zwei Seiten im Uhrzeigersinn (auch wg. Ringstruktur). Ein Dreieck mit 2 im Uhrzeigersinn orientierten Seiten ist uhrig. Also sind min. 73-54=19 Dreiecke uhrig.
\quoteoff
Klingt nach der Musterlösung. :)
\quoteon
Bei Aufgabe 3 habe ich auch das Ergebnis raus, habe es nur genannt: Zur Menge der Punkte L(L(T)) gehören alle Punkte des dreidimensionalen Raumes mit Ausnahme der vier Punkte, die bei einer Punktspiegelung der Eckpunkte am Schwerpunkt des Tetraeders entstehen.
Diese Aufgabe habe ich vektoriell gelöst, und ich hoffe das alles verständlich genug ist (7 Seiten).
\quoteoff
Wenn es ordentlich und nachvollziehbar ist: Daumen hoch. :)
\quoteon
Aufgabe 1 habe ich auch durch die Angabe einer Folge gezeigt, nur das ich diese rekursiv angegeben habe, da ich die Induktion so einfacher aufzuschreiben fand.
\quoteoff
Klingt auch gut.
\quoteon
Und bei Aufgabe 2 ist mir halt der Patzer passiert, das ich angenommen habe, dass zu Spielbeginn von jeder Farbe mindestens ein Stein auf dem Tisch liegt.\quoteoff
kleiner Makel, aber nichts Weltbewegendes. Wenn alles andere ok ist, sollte dies ev. ein Diskussionsfall zw. 1. und 2. Preis werden (wobei ich pers. für einen ersten Preis wäre, aber ich entscheide dies nicht...)
Viele Grüße, Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.577, eingetragen 2007-09-09
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\quoteon(2007-09-09 19:19 - Undertaker)
Hallöchen, ich klink mich jetzt auch mal in die Diskussion ein:
Dabei geht es mir speziell um Aufgabe 3. Da habe ich nämlich mit Kanonen auf Spatzen geschossen, sprich ich habe die Aufgabe einfach nur stur vektoriell durchgerechnet und am Ende über etliche Inzidenzbetrachtungen von Ebenen und Geraden die 4 Punkte ausgerechnet. Das ganze hat dann allerdings auch wirklich die schon mehrfach erwähnten 10 Seiten in Anspruch genommen. Drohen mir da rein vom Lösungsaufwand schon Abzüge? Oder ist es den Korrektoren gleich, welche Lösung man hat, solange man den eingeschlagenen Weg nicht unnötig aufbläht?
\quoteoff
Hallo!
Das ein rechnerischer Beweis länger dauert als ein elementar-geometrischer liegt in der Natur der Sache. Dies ist an sich kein Problem. Ein solches tritt nur dann auf, wenn offensichtlich Sachen gemacht werden, die für den Beweis unnötig sind, oder z.B. unnötige Fallunterscheidungen durchgeführt werden. Außerdem sollte der Beweis natürlich auch nachvollziehbar sein...
Zur Länge der Lösungen: Macht euch da mal keine Gedanken drüber: Ich habe korrekte Lösungen auf 5 Seiten als auch auf 20 Seiten dabei...
Cyrix
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Naphthalin
Senior
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 | Beitrag No.578, vom Themenstarter, eingetragen 2007-09-10
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zu eurer beobachtung zur 4. aufgabe: die mindestanzahl an uhrigen dreiecken ist gleich der anzahl der "inneren" punkte, also von denen 6 kanten ausgehen bzw. die ein komplettes kleines sechseck um sich haben. lässt sich eifnach zeigen, indem man innere und äußere kantenanzahl durch die anzahl der inneren und äußeren punkte ausdrückt und dann einsetzt...
ich hab insgesamt 5 seiten geschrieben... 1/1/2/1... im ggs zu 26 letztes jahr eine deutliche "verbesserung"^^
Naphthalin
[ Nachricht wurde editiert von Naphthalin am 10.09.2007 12:31:39 ]
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Freiburger
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| Beitrag No.579, eingetragen 2007-09-10
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ZetaX
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| Beitrag No.580, eingetragen 2007-09-10
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Ich wäre die 4. so angegangen:
Sei G ein in die Ebene eingebetteter Graph mit e Ecken, k Kanten und f Flächen. Dann können wir diesen ebenso als auf eine Kugel projeziert betrachten (das verhindert die Sonderstellung von Außenseiten).
G wird nun mit verschiedenen rellen Zahlen an den Ecken belegt. Die Uhrigkeit einer Fläche ergibt sich folgendermaßen: schauen wir von oben auf ein Polygon, so zählen wir, wie oft die Zahlenfolge der auf die Ecken geschriebenen Zahlen anwächst, wenn man im Uhrsinn den Rand der Fläche durchläuft.
Die Uhrigkeit eines uhrigen Dreiecks ist 2, andernfalls 1.
Allgemein ergibt sich für die Summe S aller Uhrigkeiten von Flächen (da jede Kante genau einmal gezählt wird und pro Fläche 1 abgezogen wird) S=k-f.
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ZetaX
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| Beitrag No.581, eingetragen 2007-09-10
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Nichtzählen einer Fläche mit n Ecken (und damit n Kanten) veringert S mindestens um 1 und maximal um n-1 (es kann weder 0 noch n Anstiege beim Umlauf geben), im vorliegenden Fall ist S also mindestens k-n+1=(3·54+3·6)/2 -3·6+1=73. Ziehen wir davon nun 54, die Zahl der Dreiecke, ab, so erhalten wir mit 19 die Mindestzahl uhriger Dreiecke.
Auf diese Weise lässt sich auch die Minimal- und Maximalzahl uhriger Dreiecke einer beliebigen triangulierten Fläche direkt finden.
Sorry für den Doppelpost, mein Router mag keine zu langen Posts/zu großen Pakete...
[ Nachricht wurde editiert von ZetaX am 10.09.2007 15:07:17 ]
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teilnehmer
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 | Beitrag No.582, eingetragen 2007-09-11
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moep
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Mitteilungen: 1807
| Beitrag No.583, eingetragen 2007-09-11
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Ich bin erstaunt, wie man Aufgaben diser Art so abstrahieren kann. Könnte mir niemals vorstellen, die 3 so zu lösen, obwohl meine Lösung eigentlich den gleichen Weg nimmt.
Wie kommt man auf solche Ideen?
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ZetaX
Senior
Dabei seit: 24.01.2005
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Wohnort: Wenzenbach
| Beitrag No.584, eingetragen 2007-09-11
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Zum Beispiel durch Lesen einiger Bücher oder aber auch durch Besuch einer Vorlesung.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.585, eingetragen 2007-09-11
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Lieber Mirko!
Bei 3) gehst du wohl nach dem Prinzip "Beweis durch Abschreckung" vor. ;-) (Etwas schöner, mit mehr Abständen etc., könnte man das schon texen. ;-)) Ansonsten gilt bezüglich deiner Kreativität das, was ich dir schon im Rhombus-Forum geschrieben habe! Wenn unsere Mathe-Trainings etwas dazu beigetragen haben sollten, dass du nun besser abstrahieren kannst, würde mich das zusätzlich sehr freuen. :-) (Am Strukturieren arbeiten wir weiterhin... ;-))
Ich wünsche dir viel Erfolg und deinen ersten Bundessieg (es können dann ja noch ein paar folgen)!
Hmmh, ich weiß, ich bin jetzt etwas parteiisch. Also: Auch allen anderen viel Erfolg!
Liebe Grüße
Stefan
[ Nachricht wurde editiert von Stefan72 am 11.09.2007 17:34:15 ]
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Cheesy
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.586, eingetragen 2007-09-11
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@teilnehmer
Deine 3 hat mich auch verwirrt (hab aber auch weiter nicht versucht, hinter zu steigen). Aber die korrektoren haben ja im Gegensatz zu mir auch schon ein Mathestudium hinter sich.
Zur 2:
Also für den Fall r=g=0 mal eben Bernd als Gewinner zu betrachten find ich schon mutig, wenngleich die Argumentation nachvollziehbar ist.
Man stelle sich Anja und Bernd vor, wie sie an einem leeren Tisch (ohne Steine) sitzen und ihr Spiel spielen. Die müssen doch irgendwann die Lust verlieren. 
Mein Ergebnis ist ja, dass der Fall als Ausgangssituation entfällt. Habe das damit begründet, dass das Spiel unendlich lange dauern würde und die kombinatorische Spieltheorie Spiele als endlich vorraussetzt. Bin mir aber auch nicht ganz sicher, ob meine Interpretation richtig ist, zumal ich auch ohne nähere Erläuterung vorausgesetzt habe, dass 0 Teiler von 0 ist.
Fand die Aufgabe sowieso etwas dumm, genau wegen diesem Extremfall.
Gruß Cheesy
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Ex_Senior
| Beitrag No.587, eingetragen 2007-09-11
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Hallo!
Korekkt ist, dass im Fall r=g=0 als Startsituation keiner von beiden Spielern den Sieg erzwingen kann. Und dies wäre die gesuchte Antwort gewesen...
Es ist allerdings unproblematisch, wenn man diesen Fall als Startsituation ausgeschlossen hat...
Cyrix
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gandalf25
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.09.2006
Mitteilungen: 133
| Beitrag No.588, eingetragen 2007-09-11
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Kann man diesen Fall nicht als Trivialität werten, die für den Beweis nur unnötig und belastend ist ?
[ Nachricht wurde editiert von gandalf25 am 11.09.2007 22:24:05 ]
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Cheesy
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 04.09.2007
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.589, eingetragen 2007-09-11
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Ist 0 eigentlich Teiler von 0? Im Internet hatte ich dazu verschiedene Angaben gefunden.
Gruß Cheesy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.587 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.590, eingetragen 2007-09-11
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Wie gesagt: Eine Nichtbetrachtung dieses Falls hat hier keine Auswirkungen. Eine falsche dagegen kann durchaus das Gesamtbild der Arbeit verschlechtern...
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.588 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.591, eingetragen 2007-09-11
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\quoteon(2007-09-11 22:24 - Cheesy)
Ist 0 eigentlich Teiler von 0? Im Internet hatte ich dazu verschiedene Angaben gefunden.
Gruß Cheesy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.587 begonnen.]
\quoteoff
Ja, denn man definiert eine ganze Zahl a teilt eine ganze Zahl b definitionsgemäß genau dann, wenn es eine ganze Zahl c mit b=a*c gibt.
Und für a=b=0 eistiert offenbar ein solches c, z.B. c=0, denn es gilt 0=0*0.
Cyrix
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Xenon
Senior
Dabei seit: 28.08.2006
Mitteilungen: 184
Wohnort: München, Bayern
| Beitrag No.592, eingetragen 2007-09-11
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Hallo,
Es spielt für den Beweis selbst keine Rolle, ob man annimmt, dass 0 ein Teiler von der 0 ist, oder nicht.
Nimmt man, dass 0 ein Teiler von der 0 ist, so könnte man wenn entweder r = 0 oder g = 0 ist, 0 Steine wegnehmen. In dieser Situation könnte man aber auch gleich alle verbliebenen Steine wegnehmen und so das Spiel gewinnen. 0 Steine können nur vom denjenigen Spieler weggenommen werden, der sowieso schon den Sieg nach endlich vielen Zügen erzwingen kann. Dieser Spieler würde dabei nie einen Zug nehmen, bei dem 0 Steine weggenommen werden.
Grüße, Xenon
[ Nachricht wurde editiert von Xenon am 11.09.2007 22:50:39 ]
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teilnehmer
Senior
Dabei seit: 12.10.2005
Mitteilungen: 573
| Beitrag No.593, eingetragen 2007-09-11
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Hallo,
ja gut, das mit dem Induktionsanfang, darüber kann man sich eventuell streiten, da gebe ich euch schon Recht.
Aber ich sehe das im Prinzip so: Den Fall r=0=g als Startsituation habe ich ausgeschlossen (zwar nicht explizit, aber schon allein von der reinen Menschenvernunft her: Wer ist schon so blöd und fängt ein Spiel mit 0 Steinen an?  )
Dennoch kann dieser Fall im Verlaufe eines Spieles eintrefen, er wird sogar eintreten, das heißt, für eine vollständige Induktion ist es nötig auch diesen Fall mitzuberücksichtigen, das heißt, man muss sich fragen: Was ist eigentlich passiert, wenn jemals dieser Fall eintritt? Die Antwort lautet die, dass dann Bernd gewonnen hat.
Viele Grüße,
Mirko
PS: Wenn Anna und Bernd Mathematiker sind, dann ist meine Lösung nicht ganz korrekt, so viel muss ich leider zugeben.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.591 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von teilnehmer am 11.09.2007 22:49:26 ]
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Xenon
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| Beitrag No.594, eingetragen 2007-09-11
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Wurde eigentlich irgendwo erwähnt, dass r und g nicht-negative ganze Zahlen sein müssen? ;-)
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Cheesy
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| Beitrag No.595, eingetragen 2007-09-11
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\quoteon(2007-09-11 22:45 - teilnehmer)
Wer ist schon so blöd und fängt ein Spiel mit 0 Steinen an? )
\quoteoff
Hoffen wir mal, dass zumindest die Korrektoren nicht so blöd sind.
Nochmal zum Sachverhalt 0|0 :
Für das eigentliche Spiel ist es nicht von Bedeutung. Nur hab ich versucht, an die Sache so exakt wie möglich heranzugehen.
Gemäß dem Fall es liegen zu Beginn 0 rote und 0 grüne Steine auf dem Tisch; Anja hat dann nur die Option, 0 Steine zu entfernen. Selbiges gilt dann für Bernd und anschließend wieder für Anja, usw. Rein hypothetisch würden Anja und Bernd unendlich lange am Tisch sitzen, und ihr Spiel spielen, indem sie keine Steine wegnehmen.
Aber da Spiele endlich sind und lt AS ein Spiel stattfindet, kann man den Fall m.E. zuausschließen, zum Glück. Ich finde, es ist schon ein Unterschied (wenn auch absolut unbedeutend), ob in einer Situation keiner gewinnen kann, oder ob diese Situation von der AS ausgeschlossen ist (wie ich geschlussfolgrt hab).
Gruß Cheesy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.593 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.596, eingetragen 2007-09-11
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Das Spiel ist nicht notwendigerweise endlich (da immer die Option besteht 0 Steine zu ziehen, sobald ein Haufen leer ist). Da haben die Aufgabenautoren geschlafen. ;)
Cyrix
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teilnehmer
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Mitteilungen: 573
| Beitrag No.597, eingetragen 2007-09-11
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Hallo Cheesy,
wie kommst du auf den Gedanken, dass ein Spiel nicht unendlich lange laufen kann? Man programmiere einfach zwei Roboter mit Perpetuum-Mobile-Antrieb und lasse sie bis in alle Ewigkeit 0 Steine von 0 Steinen wegnehmen!
Viele Grüße,
Mirko
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.595 begonnen.]
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Cheesy
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| Beitrag No.598, eingetragen 2007-09-11
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Sry, hatte mich schlecht ausgedrückt.
Ich meinte, dass Spiele im allgemeinen laut Definition endlich sind. (Diese Quelle hatte ich auch im Anhang beigefügt.)
Was Anja und Bernd da machen würden, wäre aber (theoretisch) unendlich. So war jedenfalls meine Argumentation.
Gruß Cheesy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.596 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Cheesy am 11.09.2007 23:18:31 ]
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Ex_Senior
| Beitrag No.599, eingetragen 2007-09-11
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Dieses Spiel ist aber keines, was in der kombinatorischen Spieltheorie betrachtet werden würde (eben da es niocht notwenidgerweise endlich ist)...
Cyrix
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