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Antworte auf:  Alte Olympiadeaufgaben von stpolster
Forum:  Olympiade-Aufgaben, moderiert von: ZetaX Naphthalin

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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1462
Herkunft:
 Beitrag No.1958, eingetragen 2019-12-02 19:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Huhu Steffen,

2019-12-02 16:41 - stpolster in Beitrag No. 1957 schreibt:
Pünktlich zum 4. Jahrestag meiner Internetseite ( mathematikalpha.de/mathematikaufgaben ) stehen nun auch die Olympiadeaufgaben der Klassenstufe 7 zur Verfügung.

herzlichen Glückwunsch! Und Danke - das passt perfekt. Ich habe tatsächlich mal wieder eine Schülerin aus der 7. Klasse, welche sich für die Landesrunde nächstes Jahr qualifiziert hat. Da werde ich gerne mal stöbern.

2019-12-02 16:41 - stpolster in Beitrag No. 1957 schreibt:
Liebe Grüße und eine glückliche und friedliche Adventszeit

Das wünsche ich Dir auch!

Herzliche Grüße,

Küstenkind



stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1957, eingetragen 2019-12-02 16:41    [Diesen Beitrag zitieren]

Pünktlich zum 4. Jahrestag meiner Internetseite ( mathematikalpha.de/mathematikaufgaben ) stehen nun auch die Olympiadeaufgaben der Klassenstufe 7 zur Verfügung.

Das PDF-File (2170 Seiten, 11 MB) enthält nun 3188 Aufgaben mit Lösungen der Klassenstufen 7 bis 12.

Vielleicht braucht es ja jemand.

Liebe Grüße und eine glückliche und friedliche Adventszeit
Steffen


Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1462
Herkunft:
 Beitrag No.1956, eingetragen 2019-10-18 14:33    [Diesen Beitrag zitieren]

Huhu Steffen,

LinkAlte Olympiadeaufgaben

es fehlt noch ein geometrischer Beweis zu dieser Aufgabe:



Wir zeichnen zunächst eine Parallele zu \(\overline{DD'}\) durch \(A\), der Schnittpunkt mit \(\overline{BC}\) sei \(E\). Nun ist nach Winkelsummensatz im Dreieck \(DBD'\) \(\angle 2=90°-\angle 1\). Da das Dreieck \(ABC\) nach Voraussetzung gleichschenklig ist und \(D\) Mittelpunkt der Seite \(c\) ist, ist \(\overline{DC}\) die Höhe auf der Seite \(c\). Es gilt somit \(\angle D'DC=90°-\angle 2=\angle 1\). Da \(\angle DD'C=90°\) nach Voraussetzung ist, folgt somit die Ähnlichkeit der Dreiecke \(DD'C\) und \(ABE\). Nach Strahlensatz ist \(D'\) Mittelpunkt der Strecke \(\overline{BE}\). Die Strecke \(\overline{AD'}\) ist somit Seitenhalbierende im Dreieck \(ABE\). Nun war \(H\) laut Voraussetzung Mittelpunkt der Strecke \(\overline{DD'}\), also ist die Strecke \(\overline{CH}\) entsprechende Seitenhalbierende im Dreieck \(DD'C\). Nun können wir das Dreieck \(ABE\) wie folgt auf das Dreieck \(DD'C\) abbilden: Wir drehen zunächst das Dreieck um \(B\) um \(90°\) und erhalten danach das Dreieck \(BIG\). Anschließend verschieben wir noch \(B\) auf \(D\) und Strecken anschließend das Dreieck. Da Verschiebung und Achsenstreckung winkeltreue Abbildungen sind, ändern sich die Winkel entsprechender Strecken nicht, womit die Behauptung bewiesen ist.

Zudem habe ich gesehen, dass Manuela Kugel auf ihrer Seite nun die Musterlösung zu 311042 gepostet hat:







Diese geht also auf den Weg über Fallunterscheidungen, so wie Tom es in #1454 gemacht hat. Vielleicht könntest du diese Lösung ja auch noch übernehmen.

Zum Ende: (Seite 1)



Ist wohl nur noch die halbe Wahrheit.  frown

Gruß,

Küstenkind




OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
Herkunft:
 Beitrag No.1955, eingetragen 2019-09-22 02:04    [Diesen Beitrag zitieren]

Sehr informativ das Vorwort. Im letzten Absatz ist noch ein "zu" zuviel.


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1954, eingetragen 2019-09-21 18:55    [Diesen Beitrag zitieren]

Geschafft!

Alle 2673 Aufgaben mit Lösungen der Mathematik-Olympiade von 1960 bis 1994 der Klassenstufen 8 bis 12.

Link:
mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525

Start des Projekts: 22.4.2019 , Ende des Projekts: 21.9.2019
d.h. nur 5 Monate.  

Die Datei hat 1893 Seiten und 9,5 MB Größe.
Im Text sind 1102 tikz-Zeichnungen und 93 eingefügte Abbildungen.

Ich hoffe, dass dieses "Mammutwerk" dem einen oder anderen etwas nützt.

LG Steffen


OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
Herkunft:
 Beitrag No.1953, eingetragen 2019-09-21 13:57    [Diesen Beitrag zitieren]

Das ist schade, es war mir eine Freude hier teilnehmen zu dürfen. Da die Hintergründe für die Zerwürfnisse mir gänzlich unbekannt sind bleibt nur noch alles Gute zu wünschen.


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1952, eingetragen 2019-09-21 11:18    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,
ich werde heute die Aufgaben der Olympiadeklasse 8 fertigstellen.
Danach liegen alle 2673 Aufgaben mit Lösungen der Klassen 8 bis 12 im Text vor.
Das ist schön und ich danke nochmals allen für die unglaubliche Hilfe.

Nun zum Negativen:
Ich ziehe mich anschließend in einen inaktiven Zustand aus dem Matheplaneten zurück. Es reicht.
Wenn jemand wie cyrix zum Verlassen gedrängt wird (direkt oder indirekt ist egal), dann stimmt wirklich etwas nicht.
Ich werde nur noch auf PN (oder direkte EMails) reagieren.

Ich wünsche dem Matheplaneten alle Gute.

Liebe Grüße
Steffen


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1951, eingetragen 2019-09-07 21:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich habe spaßeshalber gezählt:
Von den etwa 1200 Lösungen, die durch die MathePlanetarier erstellt wurden, kommen

439 von cyrix, 114 von MontyPythagoras, 104 von weird, 73 von Nuramon, 66 von TomTom314, 47 von Kornkreis, 32 von StrgAltEntf, mehr als 20 von svrc, ochen, kuestenkind und OlgaBarati

sowie Lösungen von vielen weiteren. 126 Lösungen konnte ich liefern.

Jetzt wisst ihr, womit ihr euch dankenswerter Weise in den letzten Monaten beschäftigt habt. razz

Übrigens ist der Text auch ein "Bilderbuch". Im Moment enthält er 1010 Abbildungen.

LG Steffen

Nachtrag: Die Zahlen sind "ohne Gewähr". Ich kann mich verzählt haben.


OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
Herkunft:
 Beitrag No.1950, eingetragen 2019-09-07 13:29    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-09-06 17:23 - cyrix in Beitrag No. 1935 schreibt:
Und noch eine von der Sorte:

Aufgabe V601221: Der Querschnitt eines Abwasserkanals soll die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis erhalten.
Welche Höhe und Breite wird man ihm geben, wenn der Flächeninhalt des Querschnitts 1m² beträgt und die Herstellungskosten möglichst gering werden sollen? Es soll dabei berücksichtigt werden, dass das Baugelände nur eine Höhe von höchstens 0,9 m zulässt.

Lösung:

Es sei <math>h>0</math> die in Metern gemessene Höhe und <math>b>0</math> analog die Breite des Rechtecks. Dann beträgt seine in Quadratmetern gemessene Querschnittsfläche also <math>1=h\cdot b + \frac{\pi}{8} \cdot b^2</math> und damit <math>h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b</math>. Weiterhin besitzt der Kanal eine in Metern gemessene Höhe von <math>0{,}9\geq h+\frac{b}{2}</math>.

Die Produktionskosten hängen monoton vom Umfang der Querschnittsfläche des Kanals ab, sodass diese und mit ihr der Term <math>2h+b+\frac{\pi}{2} \cdot b</math> unter den genannten Nebenbedingungen zu minimieren ist. Setzen wir die zuvor aus der Größe der Querschnittsfläche erhaltene Beziehung zwischen <math>h</math> und <math>b</math> ein, so erhalten wir den Term

<math>f(b)=2b^{-1}-\frac{\pi}{4} \cdot b + b+ \frac{\pi}{2} \cdot b=2b^{-1}+\frac{\pi+4}{4} \cdot b,</math>

welcher die Ableitung <math>f^{\prime}(b)=\frac{\pi+4}{4}-2b^{-2}</math> besitzt, die genau für <math>b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}</math> verschwindet. Eine kurze Betrachtung für <math>b\rightarrow 0</math> bzw. <math>b\rightarrow \infty</math> zeigt, dass <math>f(b)</math> in beiden Fällen gegen unendlich geht, also bis zur einzigen kritischen Stelle monoton fallend und ab dann monoton steigend ist; an der kritischen Stelle also ein globales Minimum vorliegt.

Die Produktionskosten werden also -- ohne Beachtung der Höhenbedingung -- minimal, wenn <math>b=\sqrt{\frac{\pi+4}{8}}\approx 0{,}945</math> m und <math>h=b^{-1}-\frac{\pi}{8} \cdot b \approx 0{,}687</math> m betragen würde.  ....
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1933 begonnen.]

Da die nachstehende Rechnung vom Ergebnis der obigen Lösung für den minimalen Umfang (ohne Berücksichtigung der Einschränkung $a\leq0,9$) abweicht, frage ich mich, wo ist mein Fehler ?

Die Querschnittsfläche des Rohrprofils ist mit $A_{_R}=ab+\frac{r^2\pi}{2}=1$ gegeben und der Umfang mit $U_{_R}=2a+b+r\pi.$ Mit $b=2r$  folgt $U_{_R}=2a+2r+r\pi$ und $a=\frac{1}{2r}-\frac{r\pi}{4}.$ $$U_{_R}=\frac{1}{r}+r(2+\frac{\pi}{2})$$
$$U'_{_R}=-\frac{1}{r^2}+2+\frac{\pi}{2}$$
$$r=\sqrt{\frac{2}{4+\pi}}\approx 0,529$$
$$a=\frac{1}{2r}-\frac{r\pi}{4}\approx 0,529=r$$
$$U_{_R}=\frac{1}{r}+r(2+\frac{\pi}{2})\approx3,779$$
$$A_{_R}=ab+\frac{r^2\pi}{2}=1$$

Würde mich über einen Hinweis freuen  ? Danke Olga


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1949, eingetragen 2019-09-07 10:36    [Diesen Beitrag zitieren]

Aufgabe 17 - V601217
Gegeben ist die Ellipse $9x^2 + 25y^2 = 225$ sowie der Punkt $P_1(-1; \frac{21}{5})$.
a) Gesucht sind die Gleichungen der Tangenten von $P_1$ an die Ellipse.
b) Weisen Sie nach, dass die Gerade, die $P_1$ mit der Mitte der Berührungssehne verbindet, durch den Mittelpunkt der Ellipse geht!
c) Die Hauptachse der Ellipse ist Achse einer Parabel,
deren Scheitel im Mittelpunkt der Ellipse liegt und durch $P_2(3; \frac{12}{5})$ geht.
Unter welchem Winkel schneiden sich Ellipse und Parabel?

Lösung:
Umstellen der Ellipsengleichung ergibt
\[
\frac{x^2}{25}+ \frac{y^2}{9} = 1 \tag{1}
\] d.h. die Halbachsen $a= 5$ und $b = 3$. Die lineare Exzentrizität wird damit $e = \sqrt{a^2-b^2} = 4$. Die Brennpunkte haben die Koordinaten $F_1(-4,0)$ und $F_2(4,0)$.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.6666]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(f1) at (-4,0);
\coordinate(f2) at (4,0);
\coordinate(e1) at (-5,0);
\coordinate(e2) at (5,0);
\coordinate(p1) at (-1,21/5);
\coordinate(b1) at (-4,9/5);
\coordinate(b2) at (3,12/5);
\coordinate(mb) at (-0.5,21/10);
\coordinate(q1) at (3,12/5);
\coordinate(q2) at (3,-12/5);
\draw[dashed] (-5.5,0) -- (5.5,0);
\draw[dashed] (0,-3.5) -- (0,3.5);
\draw[name path=ellipse1, draw=blue] (a) ellipse (5cm and 3cm);
\draw (p1) -- ($(p1)!1.5!(b1)$) node[left] {$t_1$};
\draw (p1) -- ($(p1)!1.5!(b2)$) node[right] {$t_2$};
\draw (b1) -- (b2);
\draw (p1) -- (m);
\draw[green!80!black] plot[domain=0:4,samples=400]
(\x,{12/5/1.732*sqrt(\x)});
\draw[green!80!black] plot[domain=0:4,samples=400]
(\x,{-12/5/1.732*sqrt(\x)});
\foreach \P in {e1,e2,m,f1,f2,p1,b1,b2,q2,mb}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.08);}
\node[left] at (p1) {$P_1$};
\node[left] at (b1) {$B_1$};
\node[above right] at (b2) {$B_2 = P_2$};
\node[below] at (q2) {$B_3$};
\node[below left] at (mb) {$M_s$};
\node[above left] at (m) {$M$};
\node[below] at (f1) {$F_1$};
\node[below] at (f2) {$F_2$};
\node[left] at (e1) {$A$};
\node[right] at (e2) {$B$};
\end{tikzpicture}
</math>
a) Die Tangentengleichung dieser Ellipse in einem Berührungspunkt $B$ ist
\[
\frac{x\cdot x_B}{25}+ \frac{y\cdot y_B}{9} = 1
\] Setzt man den Punkt $P_1$, der auf den Tangenten liegt ein, wird
\[
\frac{-x}{25}+ \frac{\frac{21}{5}}{9} = 1 \tag{2}
\] (2) umgestellt und in (1) eingesetzt, liefert die Koordinaten der zwei Berührungspunkte
\[
B_1\left(-4; \frac{9}{5} \right) \qquad ; \qquad
B_2\left(3; \frac{12}{5} \right)
\] mit den Tangenten
\[
t_1: \quad y = \frac{4}{5}x + 5 \qquad ; \qquad
t_2: \quad y = -\frac{9}{20}x + \frac{15}{4}
\] b) Der Mittelpunkt der Berührungssehne $B_1B_2$ ist $M_s \left(-\frac{1}{2}; \frac{21}{10} \right)$. Er ist offensichtlich auch der Mittelpunkte der Strecke $MP_1$ und liegt damit auf der Gerade von $P_1$ durch den Mittelpunkt $M$ der Ellipse.
c) Für die Parabel ergibt sich aus dem Ansatz $y^2 = ax$ mit den Koordinaten des Punktes $P_2 \left(3; \frac{12}{5}\right)$
\[
y^2 = \frac{48}{25}x \qquad ; \qquad f(x) = y= \pm \sqrt{\frac{48}{25}x}
\] Die Tangente in $P_2$ an die Parabel hat den Anstieg
\[
f'(x) = \frac{2}{5}\sqrt 3 \cdot x \Rightarrow f'(3) = \frac{2}{5} = m_2
\] Die Tangente $t_2$ hat den Anstieg $m_1 = -\frac{9}{20}$. Für den Schnittwinkel der zwei Geraden, d.h. auch dem Schnittwinkel von Parabel und Ellipse, folgt damit
\[
\tan \varphi = \frac{m_2-m_1}{1+m_1\cdot m_2} = \frac{85}{82} \Rightarrow
\varphi = 46,03^\circ
\] Ellipse und Parabel schneiden sich unter dem Winkel $46,03^\circ$.

So das war die Letzte.

Ich habe eine sehr, sehr betrübliche Nachricht.
Es kommt nicht nur kalendarisch die "dunkle Jahreszeit", nein, wir werden wohl in Trübsinn verfallen, wo es doch nun gar nichts mehr zum Rechnen gibt. razz

Nun ernsthaft:
Vielen Dank an alle Mitstreiter. Ihr habt hier Sensationelles geleistet.

Damit haben wir nun tatsächlich alle(!) Aufgaben der Mathematik-Olympiade der Klassen 9 bis 12 von 1960 bis 1994 gelöst.
Ich tippe noch die verbleibenden Lösungen (noch etwas über 300) der Klassenstufe 8 ab und wir sind fertig!

LG Steffen


Ex_Senior
 Beitrag No.1948, eingetragen 2019-09-07 09:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Passt. Ich würde noch erwähnen, dass die gleiche Konstellation auch immer 12/11 Stunden später auftritt. Damit ist dann klar, wie man auf die weiteren Zeiten kommt.

Cyrix


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1947, eingetragen 2019-09-07 09:26    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich habe jetzt Folgendes als Lösung von MontyPythagoras übernommen:

Aufgabe 3 - V601203
Eine Uhr, mit Synchronmotor ausgerüstet, habe ideal gleichförmig bewegte Zeiger.
Bestimmen Sie genau die Uhrzeiten, bei denen die Zeiger so stehen, dass eine Stunde später der zwischen den Zeigern befindliche Winkel dieselbe Größe hat!
(Hinweis: Die betreffenden Winkel sind kleiner als $180^\circ$.)

Lösung:

Sei der Winkel im Uhrzeigersinn von der 12 aus gerechnet $\sigma(t)$ für den Stundenzeiger und $\mu(t)$ für den Minutenzeiger. Zu einem gegebenen Startzeitpunkt $t=0$ sei die Stellung der Zeiger $\sigma_0$ und $\mu_0$. Dann lauten die Winkelgleichungen der Zeiger
$$\sigma(t)=\sigma_0+30^\circ\cdot t$$$$\mu(t)=\mu_0+360^\circ\cdot t$$Dabei werde $t$ in Stunden angegeben. Allgemein kann man formulieren:
$$\left|\mu(t)-\sigma(t)\right|\mod 360^\circ=|\mu_0-\sigma_0|\mod 360^\circ$$
Es soll nach Aufgabenstellung genau eine Stunde später wieder der gleiche Winkel zwischen den Zeigern liegen. Das heißt:
$$\frac{12}{11}\left(z-\frac{\mu_0-\sigma_0}{180^\circ}\right)=1$$Nach $\mu_0-\sigma_0$ aufgelöst:
$$\mu_0-\sigma_0=180^\circ(z-\tfrac{11}{12})$$$$\mu_0-\sigma_0=180^\circ\cdot z-165^\circ$$Da $z=2$ im Grunde das gleiche ergibt wie $z=0$, gilt also entweder:
$$\mu_0=\sigma_0-165^\circ$$oder
$$\mu_0=\sigma_0+15^\circ$$
Der Minutenzeiger muss also ursprünglich entweder $165^\circ$ hinter dem Stundenzeiger sein, oder $15^\circ$ weiter. Ersteres wäre zum Beispiel um 11:30:00 Uhr der Fall, aber nicht nur, denn wie oben gezeigt, wäre es auch bei Startzeit 12:35:27 Uhr der Fall, usw..
$15^\circ$ ist der Minutenzeiger dem Stundenzeiger voraus um 05:30:00 Uhr.
Sinngemäß gilt das gleiche, d.h. weitere Startuhrzeiten wären zum Beispiel 06:35:27, 07:40:55 und so weiter.

Ich bitte um Kontrolle.

LG Steffen


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1946, eingetragen 2019-09-07 08:49    [Diesen Beitrag zitieren]

Aufgabe 19 - V601219
Zeichnen Sie die Ellipse
\[
9x^2 + 25y^2 = 225 \tag{1}
\] und bestimmen Sie grafisch und rechnerisch die Punkte, in denen die Brennstrahlen senkrecht aufeinander stehen.

Lösung:
Umstellen der Ellipsengleichung ergibt
\[
\frac{x^2}{25}+ \frac{y^2}{9} = 1 \tag{2}
\] d.h. die Halbachsen $a= 5$ und $b = 3$. Die lineare Exzentrizität wird damit $e = \sqrt{a^2-b^2} = 4$. Die Brennpunkte haben die Koordinaten $F_1(-4,0)$ und $F_2(4,0)$.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.6666]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(f1) at (-4,0);
\coordinate(f2) at (4,0);
\coordinate(e1) at (-5,0);
\coordinate(e2) at (5,0);
\draw[dashed] (-5.5,0) -- (5.5,0);
\draw[dashed] (0,-3.5) -- (0,3.5);
\draw[name path=ellipse1, draw=blue] (a) ellipse (5cm and 3cm);
\path[name path=kreis, draw=red] (a) circle (4);
\path[name intersections={of=kreis and ellipse1, name=D}];
\coordinate(a) at (D-1);
\coordinate(b) at (D-2);
\coordinate(c) at (D-3);
\coordinate(d) at (D-4);
\draw (-4,0) -- (a) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (b) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (c) -- (4,0);
\draw (-4,0) -- (d) -- (4,0);
\foreach \P in {a,b,c,e1,e2,d,m,f1,f2}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.08);}
\node[above right] at (a) {$P_1$};
\node[above left] at (b) {$P_2$};
\node[below left] at (c) {$P_3$};
\node[below right] at (d) {$P_4$};
\node[above left] at (m) {$M$};
\node[above left] at (f1) {$F_1$};
\node[above right] at (f2) {$F_2$};
\node[above left] at (e1) {$A$};
\node[above right] at (e2) {$B$};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f1--a--f2};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f1--b--f2};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f2--c--f1};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =f2--d--f1};
\end{tikzpicture}
</math>

Die Konstruktion erfolgt mit Zirkel und Lineal mittels klassischem Verfahren:

"Wir wählen einen Hilfspunkt $H$ auf $AB$, zeichnen um $F_1$ einen Kreisbogen mit Radius $HA$ und um $F_2$ einen Kreisbogen mit dem Radius $HB$. Die beiden Schnittpunkte dieser Kreise sind (symmetrisch zur Hauptachse liegende) Punkte $X_1$ und $X_2$ der Ellipse."

Die Punkte der Ellipse, in denen sich die Brennstrahlen senkrecht schneiden, müssen auf dem Thaleskreis über der Strecke $F_1F_2$ liegen.

Zur Konstruktion zeichnet man den Kreis um $M$ mit dem Radius $MF_1$. Die Schnittpunkte mit der Ellipse sind die vier Punkte $P_1, P_2, P_3, P_4$ mit der geforderten Eigenschaft.

Der beschriebene Thaleskreis hat die Gleichung $x^2 + y^2 = 16$. Umstellen nach $y^2$ und Einsetzen in (1) ergibt
\[
9 x^2+ 25(16-x^2) = 225 \qquad \Rightarrow \qquad
x_{1;2} = \pm \frac{5}{4}\sqrt 7 \quad ; \quad y_{1,2} = \pm \frac{9}{4}
\] Die gesuchten Punkte haben somit die Koordinaten
\[
P_1\left(\frac{5}{4}\sqrt 7 ; \frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_2\left(-\frac{5}{4}\sqrt 7 ; \frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_3\left(-\frac{5}{4}\sqrt 7 ; -\frac{9}{4}\right) \qquad ; \qquad
P_4\left(\frac{5}{4}\sqrt 7 ; -\frac{9}{4}\right)
\]
Mathematisch ist das kein Problem, aber ich bin stolz auf meine Zeichnung. Ich weiß, tikz-Profis lächeln nur müde, aber ich bin trotzdem zufrieden.

LG Steffen


Ex_Senior
 Beitrag No.1945, eingetragen 2019-09-07 00:12    [Diesen Beitrag zitieren]

Na dann wollen wir mal mit den geänderten Zahlen rechnen, und schauen, was dabei rumkommt. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, geht der Tiegel aber immernoch unter...

Aufgabe V601218: Ein Porzellantiegel (äußere Höhe h=10 cm, Dichte des Porzellans: 2,5 g/cm³), dessen ̈außere und innere Begrenzung durch Umdrehung der Parabeln
<math>y=\frac{1}{40} x^2</math> und <math>y=\frac{1}{10}(x^2+ 10)</math>
entsteht, schwimmt aufrecht in einem Wasserbecken.
Wie tief taucht der Tiegel ein, wenn er 1 cm hoch mit Quecksilber gefüllt ist? (Dichte des Quecksilbers 13,5 g/cm³)

Da die zweite Parabel für alle Werte von <math>x</math> oberhalb der ersten verläuft, aber die innere Begrenzung des Porzellantiegels beschreibt, muss die Rotation dieser Parabeln zur Beschreibung der Begrenzung des Porzellantiegels um die <math>y</math>- (und nicht die <math>x</math>)-Achse erfolgen.

Die beiden Parabeln schneiden sich nie. Zur Lösung der Aufgabe wird angenommen, dass die Größen in cm angegeben sind, sodass also die <math>y</math>-Koordinate des Tiegels das Intervall <math>[0;10]</math> durchläuft.


Das Volumen <math>V_1</math> des Rotationskörpers, der durch die äußere Parabel bis zur maximalen Höhe von <math>y=10</math> entsteht, erhält man durch die Integration über die Kreisscheiben mit Radius <math>x(y)</math>, wobei <math>y</math> von 0 bis <math>10</math> läuft. Dabei ist <math>x(y)</math> die zugehörige Umkehrfunktion, die man mit <math>x(y)=\sqrt{40y}</math> erhält. Die zugehörige Kreisscheibe in der Höhe <math>y</math> hat also eine Fläche von <math>\pi \cdot x(y)^2=\pi \cdot 40y</math>. Es ist also

<math>V_1=\int_{y=0}^{10} \pi \cdot 40y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 20y^2 \right]_0^{10}= \pi \cdot 2000.</math>

Analog berechnet man das Volumen <math>V_2</math> des durch die Rotation der zweiten Parabel entstehenden Rotationskörpers, der den nicht aus Porzellan bestehenden Teil im Innern des ersten Rotationskörpers ausschneidet, sodass dann nur noch der Porzellantiegel verbleibt mit

<math>V_2=\int_{y=1}^{10} \pi \cdot (10y-10) \mathrm{d}y=\pi \cdot \left[5y^2-10y\right]_{1}^{10}=\pi \cdot \left(500-100-5+10\right)=\pi \cdot 405.</math>

Damit hat der Porzellantiegel ein Volumen von <math>V_P=V_1-V_2=\pi \cdot 1595</math>.

Das Quecksilber-Volumen <math>V_Q</math> erhält man analog zu <math>V_2</math>, indem man den gleichen Integranden (sprich: Fläche der jeweiligen Kreisscheibe bis zum inneren Rand des Porzellantiegels) vom inneren Grund des Tiegels bei <math>y=1</math> bis eben zur Höhe <math>1+1=2</math> integriert. Dabei kommt der Unterschied dadurch zu Stande, dass das Quecksilber genau die Höhe von einem Zentimeter einnimmt. Es gilt also

<math>V_Q=\pi \cdot \left[5y^2-10y\right]_{1}^{2}=\pi \cdot \left(20-20-5+10\right)=\pi \cdot 5.</math>

Der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel hat eine in Gramm gemessene Masse von

<math>m_P=2{,}5 \cdot V_P+13{,}5 \cdot V_Q= \pi \cdot \left(\frac{5}{2} \cdot 1595 + \frac{27}{2} \cdot 5\right)=\pi \cdot \frac{7975+135}{2}=\pi \cdot \frac{8110}{2}=\pi\cdot 4055.</math>

Hat der mit Quecksilber befüllte Porzellantiegel einen Tiefgang von <math>t>0</math>, so verdrängt er Wasser mit einem Volumen von

<math>V_W=\int_{y=0}^{t} \pi \cdot 40y \mathrm{d}y=\left[\pi \cdot 20y^2 \right]_0^{t}= \pi \cdot 20t^2,</math>

was eine Masse <math>m_W</math> von <math>\pi \cdot 20t^2</math> g besitzt. Da bei einem schwimmendem Körper dessen Masse genau der des verdrängten Wassers entspricht, gilt <math>m_P=m_W</math>, also <math>20t^2=4055</math> bzw. <math>t=\frac{\sqrt{811}}{2}\approx 14{,}24</math> cm, was mehr ist als die Höhe des Tiegels, sodass dieser vollständig untergeht.

Cyrix


OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
Herkunft:
 Beitrag No.1944, eingetragen 2019-09-06 23:30    [Diesen Beitrag zitieren]

@cyrix Dann muss ich es mir morgen noch einmal ansehen und ergänzen.
Meine Überlegung hier war die, dass es nur 2 Lösungen, und davon nur eine mögliche gibt. Was aber richtigerweise nicht ausschließt, dass es eine bessere Lösung mit a<0,9 geben kann. Danke Olga.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1943, eingetragen 2019-09-06 23:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Hier ist die Aufgabe in der LVZ Sonderausgabe von 1965


Ich vermute, da ist beim Drucksatz etwas schief gegangen.
Es soll wohl eher
$y = \frac{1}{40} x^2$  als äußere Begrenzung und
$y = \frac{1}{10} (x^2+10)$  als innere Begrenzung
heißen. Da wurden wohl die Zahlen vertauscht.
Dann schneiden sich die Kurven nicht und es entsteht ein "ordentlicher" Tiegel.

Nebenbei: Es wäre nicht der erste Druckfehler in der LVZ 65. In den spärlich vorhandenen Lösungen (nur Ergebnisse und diese Aufgabe gar nicht)
gibt es leider einige.

LG Steffen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1941 begonnen.]


Ex_Senior
 Beitrag No.1942, eingetragen 2019-09-06 23:22    [Diesen Beitrag zitieren]

@Olga: Du müsstest schon begründen, warum das Optimum angenommen wird, wenn der Kanal genau 0,9m hoch ist. Es könnte ja auch sein -- was du bisher nicht ausgeschlossen hast --, dass der optimale Kanal eine geringere Höhe hat...

Cyrix


OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
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 Beitrag No.1941, eingetragen 2019-09-06 23:14    [Diesen Beitrag zitieren]


Aufgabe 21 - V601221
Der Querschnitt eines Abwasserkanals soll die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis erhalten. Welche Höhe und Breite wird man ihm geben, wenn der Flächeninhalt des Querschnitts 1 m² beträgt und die Herstellungskosten möglichst gering werden sollen?
Es soll dabei berücksichtigt werden, dass das Baugelände nur eine Höhe von höchstens 0,9 m zulässt.
Lösungsversuch (-alternative) Edit:
Für das Ziel, möglichst geringe Herstellkosten, sollte der Materialbedarf und somit der Umfang von dem Rohrprofil möglichst gering sein. Da die Breite des Rechtecks immer gleich dem Durchmesser des aufgesetzten Halbkreises sein muss, und $a\leq0,9$ begrenzt ist, genügt hier die Berechnung der unter diesen Voraussetzungen möglichen Flächenquerschnitte. Ausgehend von einem Rechteck $A=a\cdot b$ ergibt sich für den Querschnitt des Rohrprofils  $$A_{_R}=(0,9-\frac{b}{2})b+\frac{b^2\pi}{8}=1$$
Daraus folgt nach Umformung  für $b$
$$b^2-b\frac{7,2}{4-\pi}+\frac{8}{4-\pi}=0$$
und damit die Ergebnisse für  $b=\lbrace (1,3183),\;(7,0693)\rbrace.$
Nur für $b=1,3183, \; (a-\frac{b}{2})=0,2408$ ist $(a-\frac{b}{2})>0$ und ist somit die einzige Lösung.   Setzt man nun für $a<0,9$ die Werte $(a,b(a))$ in die Gleichung $U_{_R}(a,b)=b(1+\frac{\pi}{2})+2(a-\frac{b}{2})$ ein, ist $U_{_R}(a,b)$ monoton wachsend, womit für $a=0,9$ der kleinst mögliche Umfang gegeben ist.
Edit 07.09.19


Ex_Senior
 Beitrag No.1940, eingetragen 2019-09-06 23:00    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich habe dann 1/3=10 cm gesetzt, was auch seltsam ist...
Cyrix


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.1939, eingetragen 2019-09-06 22:46    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-09-06 21:41 - cyrix in Beitrag No. 1937 schreibt:
Da die erste Parabel schneller steigt als die zweite, wechseln an diesem Schnittpunkt "außen" und "innen", was keinen Sinn ergibt. Also muss dieser Schnittpunkt die Begrenzung des Porzellantiegels darstellen.
In der Aufgabe steht:
Aufgabe V601218: Ein Porzellantiegel (äußere Höhe h=10 cm, ...
Diese Höhe findet ich deiner Rechnung nicht.

Aber du hast natürlich recht: Wenn man sich die Funktionsbilder mal ansieht, wirkt das alles ziemlich komisch.


LG Steffen


MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2073
Herkunft: Hattingen
 Beitrag No.1938, eingetragen 2019-09-06 21:43    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-09-06 16:18 - weird in Beitrag No. 1930 schreibt:
@Cyrix

Ja, ich hätte die geometrische Argumentation mit den für sehr kleines $\varepsilon>0$ fast parallelen Mittelsenkrechten auf die Seiten, deren Schnittpunkt ja der Umkreismittelpunkt ist, jetzt schon noch ein wenig ausgeführt, es ging mir aber mehr darum, ob man die durchaus nichttriviale Rechnung von Steffen nicht überhaupt weglassen kann. Aber du hast ja schon mehr oder weniger eine Antwort darauf gegeben.

Man kann die Rechnung noch verkürzen. Man muss nicht den komplizierten Weg über die Fläche gehen, sondern kann beim gleichschenkligen Dreieck den Umkreisradius ja durch intensives Anwenden des Satzes von Pythagoras berechnen. Sei $a$ einer von den zwei gleichen Schenkeln und $c$ die dritte Seite, dann ist
$$R^2=\left(\tfrac12c\right)^2+\left(R-\sqrt{a^2-\left(\tfrac12c\right)^2}\right)^2$$$$R^2=\tfrac14c^2+R^2-2R\sqrt{a^2-\tfrac14c^2}+a^2-\tfrac14c^2$$$$R\sqrt{4a^2-c^2}=a^2$$$$R=\frac{a^2}{\sqrt{2a+c}\cdot\sqrt{2a-c}}$$$$R=\frac{a^2}{\sqrt U\sqrt{4a-U}}$$
Ciao,

Thomas

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1936 begonnen.]


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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
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 Beitrag No.19, eingetragen 2019-04-22 17:03    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-04-22 14:36 - pzktupel in Beitrag No. 12 schreibt:
Aufgabe 041032:
Eine ganze Zahl schreibt sich im Dezimalsystem mit 300 Einsen und einer Anzahl von Nullen am Ende der Zahl.
Kann diese Zahl eine Quadratzahl sein?


Antwort : Nein, kann keine Quadratzahl sein....

Mein Vorschlag dazu:

Ausschlaggebend sind die 300 Einsen.

111....111 = (10^300-1)/9 , 10^300-1 müsste eine Quadratzahl ergeben

um Wurzel(10^300-1)/3 ganzzahlig bilden zu können. Da 10^300 eine Quadratzahl ist [(10^150)^2], ist um eins veringert dies keine mehr, da der Abstand zu nächsten kleineren QZ (2*10^150)-1 wäre.

Die Anzahl der Nullen wäre gerade und damit eine Potenz von 100.

Die Kurzdarstellung der Zahl ist also (10^300-1)*100^n / 9

Die Wurzel aus dieser, wie oben beschrieben, scheitert wegen 10^300-1
Diese Lösung ist unvollständig. Es müsste auch noch der Fall betrachtet werden, in dem die Anzahl der Nullen ungerade ist. Ich sehe auf Anhieb keine Möglichkeit diese Lücke zu reparieren, die nicht auf Betrachtung des Rests modulo 9 hinausläuft (siehe TomTom314s Lösung). Vielleicht hat jemand eine andere Idee.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]


Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1462
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 Beitrag No.18, eingetragen 2019-04-22 16:57    [Diesen Beitrag zitieren]

Huhu Steffen,

ich hoffe du hattest schöne Ostertage! Zu Aufgabe 041034:


Ein Anfang wäre es wohl Kandidat A zu betrachten, da dieser in 3 Aussagen vorkommt. Wenn A nun nicht volle Punktzahl hat, da muss von diesen 3 Aussagen eine mit beiden falschen Aussagen dabei sein. Wenn nun A und C beide falsch sind, dann müssten also F und D volle Punktzahl erhalten haben. Dann wären aber B und E beide leer ausgegangen, und somit hätten wir bei Aussage (4) wieder 2 verkehrte. Das funktioniert also nicht. Die gleiche Argumentation klappt auch für den Fall, dass A und F beide falsch sind und dass A und D beide falsch sind. A muss also volle Punktzahl erhalten haben und C, F und D nicht. Es fehlt dann also noch die Aussage, in der beide Angaben nicht stimmen. Nach Aussage (2) haben B und F volle Punktzahl erhalten und nach Aussage (4) B und E. B kann somit nicht volle Punktzahl erreicht haben, da in diesem Fall in beiden Aussagen eine Angabe richtig wäre. Somit hat B nicht volle Punktzahl erreicht. Dann hat E volle Punktzahl erreicht. Somit haben A und E volle Punktzahl erreicht.


Ich hoffe ich habe nichts übersehen. Ansonsten schiebe ich das einfach auf den Feiertag und das schöne Wetter!

Herzliche Grüße,

Küstenkind


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.17, eingetragen 2019-04-22 16:17    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-04-22 16:02 - pzktupel in Beitrag No. 16 schreibt:
@Steffen, bei meiner Lösung ist in Deiner Darstellung ein Fehler.
Danke für den Hinweis. Ist korrigiert.

LG Steffen


pzktupel
Aktiv
Dabei seit: 02.09.2017
Mitteilungen: 1050
Herkunft: Thüringen,Erfurter Raum
 Beitrag No.16, eingetragen 2019-04-22 16:02    [Diesen Beitrag zitieren]

@Steffen, bei meiner Lösung ist in Deiner Darstellung ein Fehler. Bei der einen Wurzel müsste eine 9 statt 3 im Nenner stehen...oder das Wurzelzeichen kleiner darstellen.

Sehr lobenswert, Deine Bemühungen !


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.15, eingetragen 2019-04-22 15:39    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,
Danke für die weiteren Lösungen. Die Hilfe ist großartig.

Ich habe jetzt die Lösungen in einer Datei zusammengefasst.
siehe mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525
Ich werde auch die nachfolgenden Lösungen ergänzen und die Datei ständig aktualisieren.

Im Moment steht als Name des Lösenden euer Matheplanet-Name. Selbstverständlich ändere ich dies gern auf euren richtigen Namen ab. Schreibt einfach eine PN.

Da ich euch nicht zu viel "einspannen" möchte, werde ich ab und an einmal einige neue Aufgaben nennen. Vielleicht nehme ich auch Aufgaben der 4.Stufe, also etwas anspruchsvollere.

Vielen Dank nochmals.
Steffen


Ex_Senior
 Beitrag No.14, eingetragen 2019-04-22 15:22    [Diesen Beitrag zitieren]

Aufgabe 041036:
Das Volumen des Tretraeders ist gegeben durch $V=\frac{1}{3}G\cdot h$, wobei $G$ die Grundfläche bezeichnet. Durch einen Punkt im inneren zerfällt der Tetraeder in 4 Teiltetraeder mit Grundfläche $G$ und den Höhen $a,b,c,d$. Da der ganze Tetraeder regelmäßig ist, haben alle 4 Teilteraeder ebenfalls die Grundfläche $G$. Es gilt die Gleichung $V=V_a+V_b+V_c+V_d$, wobei $V_*$ das Volumen der Teiltetraeder mit der entsprechenden Höhe ist. Nach anwenden der Volumenformel erhalten wir
\[\frac{1}{3}G\cdot h=\frac{1}{3}G\cdot a+\frac{1}{3}G\cdot b+\frac{1}{3}G\cdot c+\frac{1}{3}G\cdot d\] und nach kürzen $h=a+b+c+d$.



Ex_Senior
 Beitrag No.13, eingetragen 2019-04-22 14:48    [Diesen Beitrag zitieren]

@TomTom134: Mehr Aufgaben? :-)  Ich habe noch eine große Menge.
Das habe ich befürchtet. Es ist auf jeden Fall eine angenehme Abwechslung zu Dreiecken.

Da ich so vorlaut war:

Aufgabe 041032:
Die Zahl n hat die Quersumme 300. Da 300 durch 3 aber nicht durch 9 teilbar ist, gilt dieses auch für n. Daher kann n keine Quadratzahl sein.


Aufgabe 041035:
Wenn $a$ nicht durch 3 teilbar ist, hat a die Gestalt $3n+1$ oder $3n+2$. Durch quadrieren der Gleichungen sehen wir, dass $a^2$ dann in beiden Fällen die Gestalt $3m+1$ hat ($m=9n^2+6n$ oder $m=9n^2+12n$). Wenn $a$ und $b$ beide nicht durch 3 teilbar sind, hat $a^2+b^2$ die Gestalt $3N+2$. Wenn $a$ durch 3 teilbar und $b$ nicht durch 3 teilbar ist, hat $a^2+b^2$ die Gestalt $3N+1$. In beiden Fällen ist $a^2+b^2$ nicht durch 3 teilbar. Also folgt aus "$a^2+b^2$ durch 3 teilbar" bereits, dass $a$ und $b$ durch 3 teilbar sind.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]


pzktupel
Aktiv
Dabei seit: 02.09.2017
Mitteilungen: 1050
Herkunft: Thüringen,Erfurter Raum
 Beitrag No.12, eingetragen 2019-04-22 14:36    [Diesen Beitrag zitieren]

Aufgabe 041032:
Eine ganze Zahl schreibt sich im Dezimalsystem mit 300 Einsen und einer Anzahl von Nullen am Ende der Zahl.
Kann diese Zahl eine Quadratzahl sein?


Antwort : Nein, kann keine Quadratzahl sein....

Mein Vorschlag dazu:

Ausschlaggebend sind die 300 Einsen.

111....111 = (10^300-1)/9 , 10^300-1 müsste eine Quadratzahl ergeben

um Wurzel(10^300-1)/3 ganzzahlig bilden zu können. Da 10^300 eine Quadratzahl ist [(10^150)^2], ist um eins veringert dies keine mehr, da der Abstand zu nächsten kleineren QZ (2*10^150)-1 wäre.

Die Anzahl der Nullen wäre gerade und damit eine Potenz von 100.

Die Kurzdarstellung der Zahl ist also (10^300-1)*100^n / 9

Die Wurzel aus dieser, wie oben beschrieben, scheitert wegen 10^300-1

_________________________________

Aufgabe 041035:
Ist die folgende Aussage richtig?
Für alle ganzen Zahlen a und b gilt:
Wenn a2+b2 durch 3 teilbar ist, dann sind auch a und b durch 3 teilbar.

Ja, ist richtig.

Wir betrachten die Restklasse bei a MOD 3, diese sind 0,1,2
Betrachtet wird a=0 MOD 3 und b=0 MOD 3

I  (a+0)^2=a²   -> MOD 3 REST 0
II (a+1)=a²+2a+1-> MOD 3 REST 1,da a(a+2) Teiler 3 hat
III(a+2)=a²+4a+4-> MOD 3 REST 1,da a(a+4) Teiler 3 hat

analog für b

I  (b+0)^2=b²   -> MOD 3 REST 0
II (b+1)=b²+2b+1-> MOD 3 REST 1,da b(b+2) Teiler 3 hat
III(b+2)=b²+4b+4-> MOD 3 REST 1,da b(b+4) Teiler 3 hat

Man erkennt,nur für a MOD 3=0 und b MOD 3=0 ist die Addition von a²+b² durch 3 teilbar.







Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 679
Herkunft: Brennpunkt einer Parabel
 Beitrag No.11, eingetragen 2019-04-22 14:17    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo
Lösungsvorschlag für 060935 a)

fed-Code einblenden


gruß Caban


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.10, eingetragen 2019-04-22 13:59    [Diesen Beitrag zitieren]

Vielen Dank für die vielen Lösungen. Auf euch ist eben Verlass.
Ich werde alles so schnell wie möglich aufnehmen.

@Kornkreis: Danke für das Angebot. Jede Lösung ist herzlich willkommen.
@TomTom134: Mehr Aufgaben? smile  Ich habe noch eine große Menge.

Aufgabe 060935:
Auf dem Kreis k bewegen sich der Punkt A mit der gleichförmigen Geschwindigkeit v1 und der Punkt B mit der gleichförmigen Geschwindigkeit v2, wobei \(v_1 \neq v_2\) ist.
Bewegen sich beide Punkte im gleichen Umlaufsinn (etwa im Uhrzeigersinn), so überholt der Punkt A den Punkt B jeweils nach 56 min. Bewegen sich beide Punkte in verschiedenem Umlaufsinn, so begegnen sie
einander jeweils nach 8 min. Dabei verringert bzw. vergrößert sich ihr auf der Kreislinie gemessener Abstand voneinander in je 24 s um 14 m.
a) Wie lang ist der Kreisumfang?
b) Wie groß sind die Geschwindigkeiten v1 und v2 (in m/min)?

Aufgabe 060936:
In einer Ebene sind ein Kreis k, eine Gerade g sowie ein Punkt A auf g gegeben.
Man konstruiere einen Kreis k', der erstens k berührt und zweitens g in A berührt. Man untersuche, wie viele solcher Kreise k' es bei den verschiedenen Lagemöglichkeiten von k, g und A geben kann.

Aufgabe 041034:
Von sechs Schülern einer Schule, die an der zweiten Stufe der Mathematikolympiade teilnahmen, erreichten zwei die volle Punktzahl. Die Schüler seien zur Abkürzung mit A, B, C, D, E und F bezeichnet.
Auf die Frage, welche beiden Schüler die volle Punktzahl erreicht haben, wurden die folgenden fünf verschiedenen Antworten gegeben:
(1) A und C,
(2) B und F,
(3) F und A,
(4) B und E,
(5) D und A.
Nun wissen wir, daß in genau einer Antwort beide Angaben falsch sind, während in den übrigen vier Antworten jeweils genau eine Angabe zutrifft.
Welche beiden Schüler erreichten die volle Punktzahl ?

Aufgabe 041031:
Ein Fußgänger geht (mit konstanter Geschwindigkeit) um 9.00 Uhr von A nach dem 12, 75 km entfernten B.
Auf der gleichen Straße fährt um 9.26 Uhr ein Straßenbahnzug von A nach B ab. Er überholt den Fußgänger um 9.36 Uhr und fährt nach 4 Minuten Aufenthalt in B wieder zurück. Dabei begegnet er dem Fußgänger um 10.30 Uhr.
a) Wieviel Kilometer legen der Fußgänger und der Straßenbahnzug durchschnittlich in der Stunde zurück?
b) In welcher Entfernung von A überholt der Straßenbahnzug den Fußgänger, und wo begegnet er ihm bei der Rückfahrt?

Aufgabe 041032:
Eine ganze Zahl schreibt sich im Dezimalsystem mit 300 Einsen und einer Anzahl von Nullen am Ende der Zahl.
Kann diese Zahl eine Quadratzahl sein?

Aufgabe 041035:
Ist die folgende Aussage richtig?
Für alle ganzen Zahlen a und b gilt:
Wenn \(a^2+b^2\) durch 3 teilbar ist, dann sind auch a und b durch 3 teilbar.

Aufgabe 041036:
Ein regelmäßiges Tetraeder habe die Höhe h. Ein Punkt im Innern des Tetraeders habe von den Seitenflächen die Abstände a, b, c und d.
Man beweise: a + b + c + d = h!

Nochmals vielen Dank.
Steffen


Ehemaliges_Mitglied
 Beitrag No.9, eingetragen 2019-04-22 13:37    [Diesen Beitrag zitieren]



Aufgabe 020915

<math>
% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\a}{5.5} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\c}{5} %

\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },
Dreieck/.style={thick},
]

% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\coordinate[Punkt={anchor=east}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={anchor=west}{B}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; %

\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\alpha$"
] {angle =B--A--C};
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\beta$"
] {angle =C--B--A};
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\gamma$"
] {angle =A--C--B};


% Umreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %

\pgfmathsetmacro{\Da}{\a^2*(\b^2+\c^2-\a^2)} %
\pgfmathsetmacro{\Db}{\b^2*(\a^2+\c^2-\b^2)} %
\pgfmathsetmacro{\Dc}{\c^2*(\a^2+\b^2-\c^2)} %
\pgfmathsetmacro{\D}{\Da+\Db+\Dc} %
\pgfmathsetmacro{\au}{\Da/\D} %
\pgfmathsetmacro{\bu}{\Db/\D} %
\pgfmathsetmacro{\cu}{\Dc/\D} %

\coordinate[Punkt={below}{}] (U) at ($\au*(A)+\bu*(B)+\cu*(C)$);

\pgfmathsetmacro{\R}{(\a*\b*\c)/(4*\F)} %
\draw[] (U) circle[radius=\R];

% Tangente in A
\draw[] (A) -- ($(A)!2 cm!90:(U)$) coordinate(Ya);
\draw[] (A) -- ($(A)!-\a cm!90:(U)$) coordinate(Xa);
% Tangente in B
\draw[] (B) -- ($(B)!\a cm!90:(U)$) coordinate[Punkt={below}{D}] (D);
\draw[] (B) -- ($(B)!-2cm!90:(U)$) coordinate(Xb);
% Tangente in C
\draw[] (C) -- ($(C)!3 cm!90:(U)$) coordinate[label=](Yc);
\draw[] (C) -- ($(C)!-3 cm!90:(U)$) coordinate[label=](Xc);
% Parallele durch D
\draw [name path=parallele] (D) -- +($2*(Xc)-2*(C)$) -- +($2*(Yc)-2*(C)$);

\draw[name path=AAs] (A) -- ($(C)!2.3*\a cm!(A)$);
\path[name intersections={of=parallele and AAs, name=As}] ;
\coordinate[Punkt={anchor=west}{A"}] (As) at (As-1);

\draw[name path=BBs] (B) -- ($(C)!1.5*\a cm!(B)$);
\path[name intersections={of=parallele and BBs, name=Bs}] ;
\coordinate[Punkt={below=3pt}{B"}] (Bs) at (Bs-1);

% Dreieck DAA"
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,  "$\gamma$", red, double,
] {angle =D--A--B};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\beta$"
] {angle =As--A--D};

\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\beta$", red, double,
] {angle =Xc--C--A}; % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\beta$", blue,
] {angle =D--As--A}; % Z-Winkel

% Dreieck DBB"
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,  "$\gamma$", red, double,
] {angle =A--B--D};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,  "$\alpha$",
] {angle =D--B--Bs};

\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,  "$\alpha$", red, double,
] {angle =B--C--Yc};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\alpha$", blue,
] {angle =B--Bs--D}; % Z-Winkel

% Seitenlngen
\path[] (As) -- (D) node[midway, right]{$x$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, right]{$x$};

\path[] (Bs) -- (D) node[midway, right]{$x$};
\path[] (B) -- (D) node[midway, left]{$x$};


\draw[densely dashed] (D) circle[radius=\a];

%% Punkte
\foreach \P in {D,As, Bs,A,B,C}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

\node[below of=D, xshift=-10mm,
anchor=north west, align=left,
text width=1.2*\a cm, fill=black!1,
draw
]{Aus dem Sehnentangentenwinkelsatz (Sehnentangentenwinkel = Umfangswinkel) folgen zunchst die Sehnentangentenwinkel (rot eingezeichnet) bei  $A,\, B$ und $C$. \\
Die Winkel bei $A"$ und $B"$ folgen als Wechsel- bzw. Z-Winkel (blau eingezeichnet) der Winkel bei $C$. \\
Damit ist gezeigt, dass $DAA"$ und $DBB"$ gleichschenklige Dreiecke sind. \\[1em]
Haben die Schenkel im gleichschenkligen Dreieck $DAA"$ die Lnge $x$, so folgt durch Betrachtung des gleichschenkligen Dreieck $DBA$, dass auch das gleichschenklige Dreieck $DBB"$ Schenkel der Lnge $x$ hat. \\
Also haben die Punkte $A,B,A",B"$ alle samt von $D$ den selben Abstand, womit $D$ Mittelpunkt eines Kreises ist, der diese Punkte enthlt.
};
\end{tikzpicture}
</math>

LaTeX
latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
\begin{document}
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{5.5} %  
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{5} % 
 
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },  
Dreieck/.style={thick}, 
]
 
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % 
\coordinate[Punkt={anchor=east}{A}] (A) at (0,0); 
\coordinate[Punkt={anchor=west}{B}] (B) at (\c,0); 
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b); 
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; %
 
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\alpha$"
] {angle =B--A--C}; 
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\beta$"
] {angle =C--B--A}; 
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\gamma$"
] {angle =A--C--B}; 
 
 
% Umreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} % 
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} % 
 
\pgfmathsetmacro{\Da}{\a^2*(\b^2+\c^2-\a^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\Db}{\b^2*(\a^2+\c^2-\b^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\Dc}{\c^2*(\a^2+\b^2-\c^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\D}{\Da+\Db+\Dc} %  
\pgfmathsetmacro{\au}{\Da/\D} %  
\pgfmathsetmacro{\bu}{\Db/\D} %  
\pgfmathsetmacro{\cu}{\Dc/\D} %    
 
\coordinate[Punkt={below}{}] (U) at ($\au*(A)+\bu*(B)+\cu*(C)$); 
 
\pgfmathsetmacro{\R}{(\a*\b*\c)/(4*\F)} %  
\draw[] (U) circle[radius=\R];
 
% Tangente in A
\draw[] (A) -- ($(A)!2 cm!90:(U)$) coordinate(Ya);
\draw[] (A) -- ($(A)!-\a cm!90:(U)$) coordinate(Xa);
% Tangente in B
\draw[] (B) -- ($(B)!\a cm!90:(U)$) coordinate[Punkt={below}{D}] (D);
\draw[] (B) -- ($(B)!-2cm!90:(U)$) coordinate(Xb);
% Tangente in C
\draw[] (C) -- ($(C)!3 cm!90:(U)$) coordinate[label=](Yc);
\draw[] (C) -- ($(C)!-3 cm!90:(U)$) coordinate[label=](Xc);
% Parallele durch D
\draw [name path=parallele] (D) -- +($2*(Xc)-2*(C)$) -- +($2*(Yc)-2*(C)$);
 
\draw[name path=AAs] (A) -- ($(C)!2.3*\a cm!(A)$);
\path[name intersections={of=parallele and AAs, name=As}] ;
\coordinate[Punkt={anchor=west}{A'}] (As) at (As-1); 
 
\draw[name path=BBs] (B) -- ($(C)!1.5*\a cm!(B)$);
\path[name intersections={of=parallele and BBs, name=Bs}] ;
\coordinate[Punkt={below=3pt}{B'}] (Bs) at (Bs-1); 
 
% Dreieck DAA'
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,  "$\gamma$", red, double, 
] {angle =D--A--B};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\beta$"
] {angle =As--A--D}; 
 
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\beta$", red, double,  
] {angle =Xc--C--A}; % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\beta$", blue, 
] {angle =D--As--A}; % Z-Winkel
 
% Dreieck DBB'
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,  "$\gamma$", red, double, 
] {angle =A--B--D};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,  "$\alpha$", 
] {angle =D--B--Bs};
 
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,  "$\alpha$", red, double, 
] {angle =B--C--Yc};  % Sehnentangentenwinkel
\draw pic [angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\alpha$", blue, 
] {angle =B--Bs--D}; % Z-Winkel
 
% Seitenlängen
\path[] (As) -- (D) node[midway, right]{$x$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, right]{$x$};
 
\path[] (Bs) -- (D) node[midway, right]{$x$};
\path[] (B) -- (D) node[midway, left]{$x$};
 
 
\draw[densely dashed] (D) circle[radius=\a];
 
%% Punkte
\foreach \P in {D,As, Bs,A,B,C}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
 
\node[below of=D, xshift=-10mm, 
anchor=north west, align=left, 
text width=1.2*\a cm, fill=black!1,
draw
]{Aus dem Sehnentangentenwinkelsatz (Sehnentangentenwinkel = Umfangswinkel) folgen zunächst die Sehnentangentenwinkel (rot eingezeichnet) bei  $A,\, B$ und $C$. \\
Die Winkel bei $A'$ und $B'$ folgen als Wechsel- bzw. Z-Winkel (blau eingezeichnet) der Winkel bei $C$. \\
Damit ist gezeigt, dass $DAA'$ und $DBB'$ gleichschenklige Dreiecke sind. \\[1em]
Haben die Schenkel im gleichschenkligen Dreieck $DAA'$ die Länge $x$, so folgt durch Betrachtung des gleichschenkligen Dreieck $DBA$, dass auch das gleichschenklige Dreieck $DBB'$ Schenkel der Länge $x$ hat. \\
Also haben die Punkte $A,B,A',B'$ alle samt von $D$ den selben Abstand, womit $D$ Mittelpunkt eines Kreises ist, der diese Punkte enthält. 
};
\end{tikzpicture}
 
\end{document}




Ex_Senior
 Beitrag No.8, eingetragen 2019-04-22 12:56    [Diesen Beitrag zitieren]

Vielleicht hat der eine oder andere Lust und Freude dabei zu helfen. Außer einer ehrenvollen Erwähnung kann ich aber nichts bieten.

Mehr Aufgaben!!!  smile  smile  smile Bei diesen Aufgabentypen wirst Du hier - denke ich - reichlich fleißige Helfer finden.

zu Aufgabe 060932: Ich vermute, dass die Behauptung immer noch gilt, wenn nur gefordert wird, dass die 4 Umkreisradien gleich sind. Ein Beweis oder Gegenbeispiel würde mich interessieren.


Ex_Senior
 Beitrag No.7, eingetragen 2019-04-22 12:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Aufgabe 060933:
Beweisen Sie die folgende Behauptung:
In keinem rechtwinkligen Dreieck ist die Länge der Hypotenuse kleiner als das \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)-fache der Summe der Kathetenlängen.
Nach Normierung der Hypotenuse auf 1 ist die Ungleichung $1\geq\frac{1}{\sqrt{2}}(x+y)=\frac{1}{\sqrt{2}}(x+\sqrt{1-x^2})$ zu zeigen, wobei $x,y$ die Kathetenlängen bezeichnet ($x^2+y^2 = 1$). Aus $0\leq x \leq 1$ folgt $\sqrt{2}-x>0$ und $1-x^2\geq 0$. Somit gilt die folgende Äquivalenz.

$1\geq\frac{1}{\sqrt{2}}(x+\sqrt{1-x^2})\iff\\ (\sqrt{2}-x)^2 \geq 1-x^2 \iff\\ 0\geq-1 +2\sqrt{2}x -2x^2 = -2(x-\frac{1}{\sqrt{2}})^2\iff\\ 0\leq(x-\frac{1}{\sqrt{2}})^2$.

Die letzte Zeile ist für alle $x\in\IR$ wahr. q.e.d.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


philippw
Senior
Dabei seit: 01.06.2005
Mitteilungen: 1103
Herkunft: Hoyerswerda
 Beitrag No.6, eingetragen 2019-04-22 12:13    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart schreibt:
Aufgabe 060932:
Beweisen Sie die folgende Behauptung:
Sind bei einem (nicht notwendigerweise regelmäßigen) Tetraeder ABCD die Umfänge aller seiner vier Seitenflächen untereinander gleich, dann sind diese Flächen zueinander kongruent.

060932
Der Umfang sei u, die Seitenlängen seinen a,b,c,d,e,f, sodass u=a+b+c=a+e+f=b+d+f=c+d+e. Addiere die ersten beiden Umfänge und ziehe die anderen beiden Umfänge ab, und wir erhalten: 0=u+u-u-u=a+b+c+a+e+f-b-d-f-c-d-e=2a-2d, also a=d. Analog erhält man b=e und c=f. Also haben alle vier Dreiecke Seiten mit Längen a, b und c. Dreiecke mit den gleichen Seitenlängen sind bekanntlich kongruent.


Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 803
Herkunft: Chemnitz
 Beitrag No.5, eingetragen 2019-04-22 11:18    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich hatte in meiner Olympiadensucht vor einigen Jahren unter anderem eine riesige Menge alter Aufgaben der Klassenstufen 10 und 11-12 (Landesrunde und nationale Runde) gelöst, meistens Zahlentheorie, Kombinatorik und Funktionalgleichungen. Am Anfang hatte ich ein paar Lösungen zur Kontrolle auch ins Matheboard und auf den Matheplaneten geschrieben.
Davon könnte ich ja dann mal die Links raussuchen und auch meine Notizen zu den anderen Aufgaben rauskramen. Ich hatte aber die Jahrgänge nicht flächendeckend bearbeitet, sondern Aufgaben nach Interesse ausgewählt.


pzktupel
Aktiv
Dabei seit: 02.09.2017
Mitteilungen: 1050
Herkunft: Thüringen,Erfurter Raum
 Beitrag No.4, eingetragen 2019-04-22 10:42    [Diesen Beitrag zitieren]

Danke Vercassivelaunos, ich habe es "gezeigt" in der Ergänzung.


Vercassivelaunos
Senior
Dabei seit: 28.02.2019
Mitteilungen: 658
Herkunft:
 Beitrag No.3, eingetragen 2019-04-22 10:38    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Hallo stpolster,

ich habe mir mal Aufgabe 060931 angeschaut:


Zwei Primzahlen p1 und p2 (mit p1 > p2) heißen Primzahlzwillinge, wenn p1 − p2 = 2 gilt.
Beweisen Sie, dass für alle Primzahlzwillinge p1 und p2, für die p2 > 3 ist, stets die Summe p1 + p2 durch 12 teilbar ist!

Lösung:

Für die Uni: (Das wäre dann so eine Einstiegs-Klausuraufgabe vom Typ "Beherrschen Sie Moduloarithmetik?")
Es ist zu zeigen, dass  $p_1+p_2=0\mod12$. Dafür zeigen wir getrennt, dass $p_1+p_2=0\mod3$ und $p_1+p_2=0\mod 4$. (Das reicht wegen der Teilerfremdheit von 3 und 4).

$0\mod3$:
Es gilt $p_1,p_2>3$, also $p_1,p_2\neq0\mod3$. Das führt $p_2=1\mod3$ zum Widerspruch, denn dann wäre $p_1=p_2+2=1+2=3=0\mod 3$. Es muss also $p_2=-1\mod3$ sein. Dann ist $p_1=-1+2=1\mod3$, und damit $p_1+p_2=-1+1=0\mod3$.

$0\mod4$:
Da $p_1,p_2>2$ gilt $p_1=p_2=1\mod2$, und damit $p_1,p_2=\pm1\mod4$ (beachte, dass nicht unbedingt $p_1=p_2\mod4$). Falls $p_2=1\mod4$, dann ist $p_1=p_2+2=3=-1\mod4$, und damit $p_1+p_2=0\mod4$. Ist hingegen $p_2=-1\mod4$, dann ist $p_1=p_2+2=1\mod4$, und wieder $p_1+p_2=0\mod4$.

Für die Schule:
Wir zeigen, dass $p_1+p_2$ sowohl durch 4, als auch durch 3 teilbar ist. Da 4 und 3 teilerfremd sind, muss dann nämlich $p_1+p_2$ durch $4\cdot3=12$ teilbar sein.

Teilbarkeit durch 3:
Da beide Primzahlen größer als drei sind, sind sie nicht durch 3 teilbar. Damit ist $p_2$ entweder von der Form $p_2=3k+1$ oder $p_2=3k+2$ mit einer natürlichen Zahl $k$. Da $p_1-p_2=2$ ist $p_1=p_2+2$. Also ist $p_1$ von der Form $p_1=p_2+2=3k+1+2=3(k+1)$ oder $p_1=p2_+2=3k+2+2=3(k+1)+1$.
Der erste Fall kann nicht sein, denn dann wäre $p_1$ durch 3 teilbar, und somit keine Primzahl. Im zweiten Fall ist aber $p_1+p_2$ von der Form $p_1+p_2=3(k+1)+1+3k+2=2\cdot3(k+1)$, ist also durch 3 teilbar.

Teilbarkeit durch 4:
Da beide Primzahlen größer als 3 sind, sind sie nicht durch 2 teilbar. Damit ist $p_2$ von der Form $p_2=2k+1$. Dann ist $p_1=p_2+2=2k+3$. Dann ist $p_1+p_2=2k+1+2k+3=4k+4=4(k+1)$, also durch 4 teilbar.

Damit ist $p_1+p_2$ durch 3 und durch 4 teilbar, und damit auch durch $12$.


Viele Grüße,
Vercassivelaunos

Nachtrag: Wenn man direkt verwendet, dass alle PZ außer 2 und 3 von der Form $6k\pm1$ sind, dann ist pzktupels Beweis natürlich um längen eleganter. Ich schätze aber mal, dass man das in der Olympiade erst zeigen müsste.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)

pzktupel
Aktiv
Dabei seit: 02.09.2017
Mitteilungen: 1050
Herkunft: Thüringen,Erfurter Raum
 Beitrag No.2, eingetragen 2019-04-22 10:30    [Diesen Beitrag zitieren]

@StrgAltEntf
Das ist extrem elegant, gefällt mir !


@Steffen
Aufgabe 060931:
Zwei Primzahlen p1 und p2 (mit p1 > p2) heißen Primzahlzwillinge, wenn p1 − p2 = 2 gilt.
Beweisen Sie, dass für alle Primzahlzwillinge p1 und p2, für die p2 > 3 ist, stets die Summe p1 + p2 durch 12 teilbar ist!

Als Laie würde ich sagen.


Alle Primzahlen sind der Form 6n-1 oder 6n+1 (außer 2 und 3), diese haben im Fall der Zwillinge einen Abstand von 2.

Da p1<p2 muss p1=6n-1 besitzen.

(6n-1)+(6n+1)=12n, somit ist die Summe p1+p2 in der Tat durch 12 teilbar.

6n-1 ist kongruent 6n+5 (mod 6)

"Beweis", das Primzahlen nur der Form 6n+1,6n+5 sind:

Um alle Zahlen zu untersuchen ermittelt man Teiler von

6n+0,hat Teiler 2,3
6n+1
6n+2,hat Teiler 2
6n+3,hat Teiler 3
6n+4,hat Teiler 2
6n+5

Damit ist der Restklassenring für MOD 6 abgeschlossen und es verbleiben als mögliche Primzahlen
6n+1 und 6n+5

Anmerkung:
Um 6n-1 auszugrenzen, verwendet man für p2=6n+1 einfach p2=6n+7 und p1=6n+5

p1+p2=(6n+5)+(6n+7)=12(n+1), 12 ist somit Teiler von p2+p1


StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 5343
Herkunft: Milchstraße
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-04-22 10:12    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Steffen,

2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart schreibt:
Aufgabe 060934:
Zeigen Sie, dass es unter allen Zahlen der Form 2p + 1, wobei p eine Primzahl ist, genau eine Kubikzahl gibt!

Das ist einfach.
Sei \(2p+1=a^3\). Dann ist \(a\) ungerade und es gilt \(p = \frac{a^3-1}2 = \frac{a-1}2(a^2+a+1)\). Da \(p\) prim, muss \(\frac{a-1}2=1\) oder \(a^2+a+1=1\) gelten. Da \(a^2+a+1>1\) folgt \(a=3\) und somit \(p=13\). In der Tat ist \(13\) prim und es gilt \(2\cdot13+1=3^3\).


Grüße
StrgAltEntf


stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1037
Herkunft: Chemnitz
 Themenstart: 2019-04-22 08:33    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,
ich bin seit einiger Zeit an der Zusammenstellung von Lösungen zu alten Mathematik-Olympiadeaufgaben. Durch Manuela Kugel ( www.olympiade-mathematik.de/ ) wurden in extrem fleißiger Arbeit alle Aufgaben zusammengetragen. Bei einigen fehlen noch die Lösungen.

Ich habe nun begonnen, die eine oder andere Lösung zu ermitteln und in LaTex zu setzen. Das Bereitstellen aller Lösungen übersteigt aber mein Zeitvolumen und vor alle meine mathematischen Fähigkeiten.

Vielleicht hat der eine oder andere Lust und Freude dabei zu helfen. Außer einer ehrenvollen Erwähnung kann ich aber nichts bieten.

Aufgaben ohne Lösungen findet man in den Texten www.olympiade-mathematik.de/ oder bei mir mathematikalpha.de/mathematikaufgaben . Es kann ja sein, dass Klassenstufe 9 zu einfach ist.

neuer Link: Download der ungelösten Aufgaben

Ich würde diese Lösungen in eine Datei übernehmen (Latex würde mir die Arbeit erleichtern) und wie gesagt, den "Löser" lobend erwähnen.
Sobald eine Klassenstufe eines Jahrgangs komplett ist, füge ich die PDF-Datei in die Datei der Aufgaben und stelle sie online.

Sollte jemand von euch Interesse haben, würde es mich freuen.

LG und schöne Rest-Ostern
Steffen

Alle eure Lösungen, inkl. der Aufgaben, findet ihr unter:
mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525
Sollte eine alte Datei angezeigt werden, bitte mit der F5-Taste im Browser die Datei erneut laden.


 
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