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 Bundeswettbewerb 2005, 1. Runde |
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cyrania
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Aus: früher Berlin - heute Bayern
 |  Themenstart: 2004-12-07 12:54
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Bitte
mal klicken und lesen, damit nicht eventuell wieder jemand zu früh über diese Aufgaben spricht.
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Eckard
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Dabei seit: 14.10.2002
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Aus: Magdeburg
 | Beitrag No.1, eingetragen 2004-12-07 17:20
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Danke cyrania, dass du daran gedacht hast. Hier alle Aufgabe zum Sofortlesen:
Stichworte (zum Schnellerwiederfinden): Bundeswettbewerb Mathematik, BWM, 2005
[ Nachricht wurde editiert von Eckard am 07.12.2004 17:22:41 ]
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franzlst
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
 | Beitrag No.2, eingetragen 2005-02-18 16:08
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Ich habe eine Frage bezüglich der 2. Aufgabe. Ich hoffe es ist erlaubt diese Frage hier zu stellen, wenn nicht, bitte löschen.
Wenn ich die Formulierung richtig verstehe, soll man beweisen, dass
\fed\mixon(x^2+2y^2)/3
eine ganze Zahl ist. Wenn ich aber zB für x 1 und y 3 einsetze, kommt
\fed\mixon(1^2+2*3^2)/3 = 6, 3^-
, also eine rationale Zahl heraus!
Habe ich etwas falsch verstanden? Es wird schließlich davon ausgegangen, dass das Ergebnis eine gerade Zahl ist, man soll es ja nur beweisen.
[ Nachricht wurde editiert von franzlst am 18.02.2005 16:09:10 ]
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Plex_Inphinity
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Dabei seit: 01.05.2002
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Aus:
 | Beitrag No.3, eingetragen 2005-02-18 16:14
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Hallo,
Es ist bis zum Einsendeschluß NICHT erlaubt Fragen zu stellen.
Lies dir die Aufgabe einfach nochmal genau durch.
Gruß
Plex
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franzlst
Aktiv
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
| Beitrag No.4, eingetragen 2005-02-18 16:17
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OK, das tut mir leid.
Danke
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franzlst
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
|  Beitrag No.5, eingetragen 2005-02-27 13:36
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Hi,
mir ist es ja echt peinlich. Jetzt hab ich alle Aufgaben gelöst, will sie eincouvertieren und stelle fets, dass mir das Aufgabenblatt abhanden gekommen ist. Sprich auch die Formulare.
Kann man sich die irgendwo herunterladen? Auf der offiziellen Seite stehen nur die Aufgaben.
Notfalls könnte ich sie vielleicht auch noch morgen früh in der Schule besorgen.
*schäm*
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cyrix
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Dabei seit: 31.07.2004
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2005-02-27 14:58
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franzlst
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| Beitrag No.7, eingetragen 2005-02-27 15:08
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Super, Danke.
Wie bist du da drauf gekommen?
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cyrix
Senior
Dabei seit: 31.07.2004
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Aus: Jena, Thüringen
| Beitrag No.8, eingetragen 2005-02-27 15:56
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Hi franzlst,
sagen wir so, ich habe eine etwas besondere Beziehung zu diesem Wettbewerb (selbst zweimal erfolgreich, zweimal etwas weniger teilgenommen). *g*
Allen Teilnehmern wünsche ich natürlich viel Glück und vor allem spaß bei den Aufgaben!
Gruß,
Christian
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 27.02.2005 16:00:40 ]
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Asnnah
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2005-02-27 21:26
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Ich danke dir, denn ich versuche auch mein Können. Ich bin genauso wie franzlst, denn ich habe es auch noch nicht abgeschickt :P aber morgen ist ja auch noch ein Tag :-)
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matroid
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Aus: Witten (Ruhr)
 |  Beitrag No.10, eingetragen 2005-02-27 22:32
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Hi Asnnah und franzlst,
ich wünsche Euch viel Erfolg! Ist morgen der Einsendeschluß?
@BWM-Spezialisten: Wo steht denn der Einsendeschluß?
Gruß
Matroid
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cyrix
Senior
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Aus: Jena, Thüringen
| Beitrag No.11, eingetragen 2005-02-27 22:36
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hi matroid,
Einsendeschluss ist der 1. März Poststempel, also bis Dienstag 18.00 Uhr bei der Post abgegeben...
Gruß,
Christian
p.s.: Als ehemaliger teilnehmer darf ich das vielleicht fragen: Wie empfindet ihr die Aufgben so? schwer/Leicht/Lösbar/Interessant/...?
[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 27.02.2005 22:39:25 ]
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Asnnah
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| Beitrag No.12, eingetragen 2005-02-28 00:36
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Hätte ich mein Interesse in der Mathematik schon eher entdeckt und mein Lehrer mich darauf hingewiesen hätte, hätte ich auf jeden Fall öfter mitgemacht. Dafür, dass es nun mein erstes mal ist, denke ich, dass die Aufgaben sehr interessant sind, denn sie haben meiner Meinung nach absolut nichts mit der Schulmathematik zutun. Ein paar Grundlagen sind nötig, doch entscheident ist die Idee und das man hartnäckig daran knabbert. Zuerst hatte ich mich verlesen und dachte, eine Aufgabe genügt, um in die Bewertung zu gelangen und habe mir die Einfachste genommen. Dann wurde ich darauf hingewiesen und habe mich mit den Restlichen beschäftigt und mit jeder Aufgabe wurde es interessanter. Doch nun dank meiner Grippe, hatte ich Zeit mich nochmal reinzuhängen und habe es hoffentlich geschafft drei Aufgaben mit Erfolg gelöst zu haben. Ich werde mich auch nochmal mit der vierten meiner Meinung nach schwersten Aufgabe beschäftigen, weil auch der Ehrgeiz da ist und es sind halt Aufgaben einer anderen Art. Probleme hatte ich mit dem Schachbrett, da habe ich auch die meiste Zeit investiert. Aber welche Frage ich mir häufig gestellt habe, wer sich die Aufgaben ausdenkt oder darauf kommt, die Köpfe der Schüler zum Rauchen zu bringen. Dann habe ich mir noch ein paar Statistiken aus den letzten Jahren angesehen und bemerkt, dass mein Bundesland (Brandenburg) nicht gerade gut vertreten ist :\ Bei Zeit schaue ich mir auch mal Aufgaben aus früheren Jahren an, weil sie halt sehr kreativ gewählt sind.
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franzlst
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
| Beitrag No.13, eingetragen 2005-02-28 15:19
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Ist das ein gutes Gefühl, die Aufgaben sind im Briefkasten 
Bei mir ist es auch das erste Mal, allerdings hatte ich zuvor schon an anderen Wettbewerben teilgenommen (MOMS --> Mathe Olympiade Main Spessart).
Die "Schwierigkeitsrangfolge" ist wohl bei jedem anders. Ich empfand die erste Aufgabe als leichteste, dementsprechend hatte ich die auch als schnellstes gelöst.
Die zweite Aufgabe war auch nicht so schwer
Die dritte war für mich der schwerste Brocken, obwohls am Ende dann doch nicht mehr so schwer aussah 
Die letzte Aufgabe hatte ich als erstes gelöst. War auch recht schwer, vor allem der Beweis. Die "Vorgehensweise" hatte ich verhältnismäßig schnell.
Ich denke es kommt oft darauf an, wie schnell einem die Lösung ins Auge sticht. Manchmal überlegt man stundenlang um die Lösung herum :-/
Viel Glück für die Auf-den-letzten-Drücker-Leute, zu denen ich oft genug auch gehöre
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morbus
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Aus: München
 | Beitrag No.14, eingetragen 2005-02-28 17:26
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Und meine blöde Post macht schon in einer halben Stunde zu ... Ich denke, ich werde erst morgen abschicken
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Meike_Bool
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 | Beitrag No.15, eingetragen 2005-03-01 19:47
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Hallo,
Einsendeschluss war doch jetzt, oder?
Ich bin zuuuu sehr auf die Lösung der zweiten Aufgabe gespannt, die habe ich einfach nicht hinbekommen. Könnte jemand etwas dazu posten??
Gruß,
Meike
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Eckard
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| Beitrag No.16, eingetragen 2005-03-01 20:05
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Hi Meike_Bool,
ja 18 Uhr war Einsendeschluß. Ich hätte meine Lösung anzubieten ... hoffentlich ist es nicht verkehrt. Oder doch noch lieber einen Tag warten? Hmmm, ich schau mal ...
Gruß Eckard
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Ehemaliges_Mitglied
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| Beitrag No.17, eingetragen 2005-03-01 20:16
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@Eckard: Ja mach mal, habe recht schnell bei Aufgabe drei resigniert
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Meike_Bool
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| Beitrag No.18, eingetragen 2005-03-01 20:41
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Hallo Eckard,
dann bitte ne wenigstens ne Lösungsidee =)
Das ist so eine Aufgabe für mich gewesen, die ich einfach auch nach langer Zeit nicht hinbekommen habe und ich bin ganz unruhig, solange ich die Lösung nicht kenne =)
Gruß,
Meike
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Eckard
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| Beitrag No.19, eingetragen 2005-03-01 20:45
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Hallo Meike und Huseyin,
ok, unter "Wichtige Hinweise" steht, dass das Datum des Poststempels 1. März 2005 zählt, verspätet eingesandte Arbeiten werden nicht in das Korrekturverfahren einbezogen. Und nach 20 Uhr hat keine deutsche Post mehr auf, oder doch?
Hier meine "Lösung" zur 2. Aufgabe, sie erhebt weder den Anspruch auf Korrektheit noch auf Vollständigkeit, es sind eher lose Gedanken einer Idee:
Womit noch Aufgabe 3 bliebe. Hier hätte aber jeder erfahrene Planetarier fündig werden können, nicht haargenau das, was gewünscht war, aber doch ziemlich ähnlich, nämlich bei der MPC-3, Aufgabe 7. Hier mein Vorschlag:
Gruß Eckard
[ Nachricht wurde editiert von Eckard am 01.03.2005 20:49:53 ]
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Plex_Inphinity
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Dabei seit: 01.05.2002
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| Beitrag No.20, eingetragen 2005-03-01 21:27
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Hallo Eckard,
die 2. hab ich so gelöst:
\fedon\mixonSeien x,y \el \IZ mit
x^2+2*y^2=3*a
Setze d:=(2y+x)/3 und e:=(y-x)/3
Dann gilt
d^2+2*e^2=((2y+x)/3)^2+2*((y-x)/3)^2
=(4y^2+4xy+x^2+2y^2-4xy+2x^2)/9
=(3(x^2+2y^2))/9
=9*a/9=a
\fedoff
Allerdings ist mir als ich deinen Beweis gelesen habe gerade aufgefallen, dass d und e bei mir nicht in jedem Fall ganze Zahlen sind :(
Gruß
Plex
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Plex_Inphinity
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Aus:
| Beitrag No.21, eingetragen 2005-03-01 21:51
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Hat jemand eine Lösung von Aufgabe 1) und 4)?
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franzlst
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| Beitrag No.22, eingetragen 2005-03-01 21:56
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@Plex_Inphinity
Hab ich ähnlich gelöst. Um allerdings zu beweisen, dass d und e ganze Zahlen sind, mustte ich ich noch eine Fallunterscheidung machen ob der Rest von (x + y) / 3 Null ist oder nicht.
Dadurch ergeben sich für d und e 2 unterschiedliche Berechnungsmethoden.
@Eckard
Ich bin erstaunt von der Kürze deiner Beweise. Insgesamt sind es bei mir 13 Seiten für alle vier Aufgaben.
Die Lösungen von mir:
Aufgabe 1
Aufgabe 2
Aufgabe 3
Aufgabe 4
[ Nachricht wurde editiert von franzlst am 01.03.2005 22:01:53 ]
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Ehemaliges_Mitglied
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Aus:
| Beitrag No.23, eingetragen 2005-03-01 21:59
|
Was haltet ihr von diesem Vorschlag für Aufgabe 2?
\fedon\mixonx^2+2y^2=3a
=> (x^2+2*y^2-3y^2) mod 3=0
=> (x^2-y^2) mod 3=0
=> (x-y)(x+y) mod 3=0
Wegen der Nullteilerfreiheit in \IZ_3 ist also
(x-y) mod 3=0 \or\ (x+y) mod 3=0
Also x=3k+y \or\ x=3k-y für jeweils geeignete k\el\ \IZ
Es folgt für den ersten Fall:
(3k+y)^2+2y^2=3a
<=>9k^2+6ky+3y^2=3a
<=>3k^2+2ky+y^2=a
<=>(k+y)^2+2k^2=a
Und für den zweiten Fall analog:
(3k-y)^2+2y^2=3a
<=>9k^2-6ky+3y^2=3a
<=>3k^2-2ky+y^2=a
<=>(k-y)^2+2k^2=a
Damit sollte es bewiesen sein.
Gruß
\fedoffHuseiyn
[ Nachricht wurde editiert von Huseyin am 01.03.2005 22:12:51 ]
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Eckard
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Dabei seit: 14.10.2002
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Aus: Magdeburg
| Beitrag No.24, eingetragen 2005-03-01 22:02
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Hallo Franz,
ich denke schon, jetzt ist eh' alles zu spät, was vorzeitig veröffentlichte Lösungen anbetrifft, oder? Aber es ist ja nicht so.
Bin gespannt auf deine Lösungen.
Gruß Eckard
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Yggdrasil
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Dabei seit: 01.07.2004
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Aus: Berlin
 | Beitrag No.25, eingetragen 2005-03-01 22:03
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Hallo Knobler!
zu 1. kann ich ein Bild anbieten, was selbsterklärend ist:
Wegen Symmertiegründen folgt, dass ich jedes Feld um das Ausgangsfeld errreichen kann ohne Felder zu Besuchen die weiter in die jeweilige Richtung liegen.
Ergo können alle Felder erreicht werden. (Bei Brettern >8x8)
3. hab ich mithilfe von Kosinus- und Sinussatz gelößt:
\fedon\mixon
Nach dem Kosinussatz gilt: a^2 +2bc cos(\alpha) -b^2 = c^2
nun ist zu Zeigen: bc = 2bc cos(\alpha) -b^2 (\*)
<=> 1 = 2 cos(\alpha) - b/c
Nun nutzt man den Sinussatz b/c = sin(\beta)/sin(\gamma) = sin(\beta)/sin(\pi - \alpha -\beta)
Ausnutzen von 3\alpha + 2\beta = \pi
=> 1 = 2 cos(\alpha) - sin(\pi/2 - 3\alpha/2)/sin(\pi/2 - \alpha/2) = 2 cos(\alpha) - cos(3\alpha/2)/cos(\alpha/2)
Nun muss man ein paar mal die Additionstheoreme anwenden, um alles auf den Winkel \alpha/2 zu bekommen.
<=> 1 = cos(\alpha) + sin(\alpha/2)sin(\alpha)/cos(\alpha/2)
<=> 1 = cos^2(\alpha/2) - sin^2(\alpha/2) + 2 sin^2(\alpha/2)
<=> 1 = cos^2(\alpha/2) + sin^2(\alpha/2)\ wahre Aussage.
Damit ist die Gleichung (\*) bewiesen und ein Einsetzen in die erste Formel ergibt
a^2 + bc = c^2
\fedoff
Die 4. Aufgabe hab ich leider nicht verstanden ?! Wäre nett wenn die auch noch jemand posten könnte.
Yggdrasil
[ Nachricht wurde editiert von Yggdrasil am 01.03.2005 22:18:39 ]
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Martin_Infinite
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Dabei seit: 15.12.2002
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Aus: Münster
 | Beitrag No.26, eingetragen 2005-03-01 22:07
|
Die 1. habe ich SO gelöst. Die 4. hatte ich fast gelöst. Im Grunde genommen hatte ich alles beisammen, allerdings sah ich den Wald vor lauter Bäumen nicht. Fabi hat ihn mir dann doch noch gezeigt:
Es geht für jedes n. Und zwar kann man die ungeraden und die geraden Zahlen bis n separat betrachten. Nach Induktionsannahme lassen die sich wie gewünscht anordnen, genauer gesagt die k, die 2k oder 2k+1 erzeugen, was aber für die Eigenschaft mit dem arithmetischen Mittel offensichtlich irrelevant ist. Schreibe nun beide Anordnungen nebeneinander. Dann hat man n wie gewünscht angeordnet, weil das arithmetische Mittel einer geraden mit einer ungeraden Zahl keine natürliche Zahl ist, und damit nirgens auftaucht.
Dieser Beweis ist zugleich ein Algorithmus. Man kann man nämlich schrittweise vorgehen, um zu einem gegebenen n eine gesuchte Anordnung zu finden:
Beispiel:
1 2 3 4 5 6 7
1 3 5 7 | 2 4 6
1 2 3 4 || 1 2 3
1 3 | 2 4 || 1 3 2
1 5 3 7 2 6 4
[ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 01.03.2005 22:23:19 ]
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franzlst
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Dabei seit: 10.02.2005
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
| Beitrag No.27, eingetragen 2005-03-01 22:08
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Kurze Anmerkung: Habe meine Antwort oben editiert und dort die Links zu meinen Lösungen geschrieben.
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Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6815
Aus: Magdeburg
| Beitrag No.28, eingetragen 2005-03-01 22:13
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@Huseyin: Dein Beweis zu Aufgabe 2 gefällt mir besser als meiner! Weil meine Zerlegungen eigentlich unschön sind, deine aber viel klarer und kürzer zu erhalten. Kompliment!
Gruß Eckard
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Martin_Infinite
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Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 27138
Aus: Münster
| Beitrag No.29, eingetragen 2005-03-01 22:17
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Stimmt, Huseyin hat eine Lösung gefunden, die viel einfacher ist, als die 3, die ich bisher gesehen habe, die nämlich etliche Fallunterscheidungen beinhalten. Gratulation! Och Eckard, das sollte prämiert werden!
[ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 01.03.2005 22:17:30 ]
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franzlst
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Aus: Himmelstadt, Deutschland
| Beitrag No.30, eingetragen 2005-03-01 22:30
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Ich kappiere folgenden Schritt von Huseyin nicht:
\fedon\mixonx^2+2y^2=3a
=> (x^2+2*y^2-3y^2) mod 3=0
\fedoff
Wo kommt das "-3y²" her?
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Yggdrasil
Senior
Dabei seit: 01.07.2004
Mitteilungen: 799
Aus: Berlin
| Beitrag No.31, eingetragen 2005-03-01 22:35
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Diese tolle Idee kommt aus dem Nichts, das ist ja das Geniale daran :)
3y^2 = 0 mod 3. Deshalb kann man es dazuaddieren.
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Ehemaliges_Mitglied
Neu
Dabei seit: 00.00.0000
Mitteilungen: 0
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| Beitrag No.32, eingetragen 2005-03-01 22:50
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@franz:
c mod a=0
=>
c+b mod a=0 (falls b mod a = 0)
Es kommt zwar aus dem Nichts (symbolisch), wie yggdrasil schrieb, zielt aber auf das günstig umformbare (x^2-y^2) ab.
Gruß
Huseyin
[ Nachricht wurde editiert von Huseyin am 01.03.2005 22:50:56 ]
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franzlst
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Dabei seit: 10.02.2005
Mitteilungen: 37
Aus: Himmelstadt, Deutschland
| Beitrag No.33, eingetragen 2005-03-01 22:54
|
Ja danke, habs gecheckt
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xyro
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Dabei seit: 26.10.2004
Mitteilungen: 8
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 | Beitrag No.34, eingetragen 2005-03-02 09:45
|
ich glaub die 2 habe ich so ähnlich wie huseyin gemacht (hatten mod aber noch nicht):
3a = x² + 2y² = x² - y² + 3y³ = (x+y)(x-y) + 3y²
da a ganzzahlig sein muss, muss der term (x+y)(x-y) einen teiler 3 besitzen. dann fallunterscheidungen mit x+y = 3k und x-y = 3m und voilá! :D
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Zaos
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Dabei seit: 02.12.2003
Mitteilungen: 2334
Aus: Rosario/Argentina
 | Beitrag No.35, eingetragen 2005-03-02 10:45
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Hi,
ich habs auch so ähnlich gelöst wie Huseyin. So ganz aus dem nichts kommt die Idee ja nicht. Ich hab mir das folgendermaßen überlegt.
Angenommen es gilt x^2+2y^2 =a. Jetzt muss man die beiden Quadrate so verändern, dass sich 3a ergibt. Dann kommt man auf die Lösungen
(x+2y)^2 +2(x-y)^2 = 3(x^2+2y^2)=3a
(x-2y)^2 +2(x+y)^2 = 3(x^2+2y^2)=3a
Das heißt, zu gegebenen x' und y' muss das Gleichungssystem
x+2y=x' x-y=y'
oder
x-2y=x' x+y=y'
ganzzahlig gelöst werden. Dies ist aber möglich, wenn x'+y' oder x'-y' durch 3 teilbar sind. Weil 3 prim ist, ist das dann der Fall, wenn (x'-y')(x'+y')=(x')^2 -(y')^2 durch 3 teilbar ist. Durch die Subtraktion der durch 3 teilbaren Zahl 3a=(x')^2 - 2(y')^2 reduziert sich die Frage auf die Teilbarkeit von -3(y')^2 durch 3, das ist jedoch offensichtlich erfüllt.
Gruß
Zaos
[ Nachricht wurde editiert von Zaos am 02.03.2005 22:59:06 ]
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Zahlenteufel
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Dabei seit: 14.07.2002
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Aus: Essen
 | Beitrag No.36, eingetragen 2005-03-02 12:22
|
Hallo
Viel Erfolg allen teilnehmenden MPlern.
Die Aufgaben 1 und 4 find ich gut, die machen
beim Lesen neugierig, sind also die beste Werbung
für den Wettbewerb.
Die Zahlentheorie Aufgabe lässt ja noch einigen Raum
zum Verallgemeinern, wer will kann sich ja mal
an diesem Problem versuchen:
\fedon\mixonMerkwürdig finde ich aber, daß der Aufgabesteller
nicht x^2+2y^2=2005a genommen hat.
Aufgaben mit der Jahreszahl irgendwo drinne sind ja immer
sehr beliebt.
Frage: a) Warum hat er nicht 2005 genommen?
b) Bis zu welchem Jahr hätte er warten müssen
um seine Aufgabe zu stellen.
\fedoff
Gruß
Christoph
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Pius
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Dabei seit: 02.03.2005
Mitteilungen: 1
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| Beitrag No.37, eingetragen 2005-03-02 14:08
|
kann mir jemand bitte die aufg3 nochmal erklären ?
@ Yggdrasil : woher kommt das Pi ? hä *aufmschlauchsteh*
habe zur aufgabe 1
-------------------------------------
O.B.d.A. lässt sich mit der Folge 3Li, 4Ho, 3Li, 4Ru, 6Re, 1Ru der Würfel ein Feld nach unten bewegen.
Die Folge lässt sich spiegeln + drehen, so dass sie in alle 4 Richtungen und auch in Rand- und Eck-Situationen funktioniert, ohne den Spielfeldrand zu überschreiten.
Per Induktion lassen sich dann alle Felder, in einer endliche Folge derartiger Züge, erreichen.
q.e.d.
-------------------------------------
bei der 2 hab ich
\fedon\mixon\
3a=((p-e)+3*e)^2+2*(p-e)^2
a=p^2+2*e^2
\fedoff
da braucht man aber keine fall unterscheidung
es klappt für alle p und e € Z
edit : es klappt sogar für alle p und e € R
jedoch sind nur p und e € Z gefragt
die 4 hab ich so ähnlich wie franzlst
[ Nachricht wurde editiert von Pius am 02.03.2005 15:02:26 ]
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Yggdrasil
Senior
Dabei seit: 01.07.2004
Mitteilungen: 799
Aus: Berlin
| Beitrag No.38, eingetragen 2005-03-02 20:35
|
@pius schön das noch jemand die leichte Lösung für Aufgabe 1 bevorzugt :)
Zu deiner Frage: Hab den Winkel in Bogenmaß angegeben.
Yggdrasil
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Kiddycat
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Aus: München
 | Beitrag No.39, eingetragen 2005-03-02 21:01
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hm.. ich hab mir nur Aufgabe 1 angeguckt und anscheind viel zu kompliziert gelöst. Hab ein Feld von 13x13 genommen, weil das das kleinste war, auf dem man von der mitte aus 6 felder irgendwohin gehen konnte und hab dann gezeicht, dass man vom Mittelpunkt aus auf jedes Feld kommt. Da sich mit bewegen des Würfeld der Punkt von dem man ausgeht verschiebt, kann man zu jedem beliebigen Feld auf einem beliebig großen gradatischen Brett gelangen.
Ich hoffe, das war jetzt verständlich, hab leider keine Zeichnung am PC.
Kiddycat
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