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Forum
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Geometrie
  
Thema eröffnet von: werner
Dreiecksberechnung  
Beitrag No.9 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-11-15 12:51
Mano
 

Hallo,

geht es um das hier?


Aktuelles und Interessantes
  
Thema eröffnet von: Mano
AI könnte IMO-Gold gewinnen  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-09-21
Mano
 

Hallo,

Hier ist kürzlich ein interessanter Artikel erschienen. Wären künstliche Intelligenzen in naher Zukunft in der Lage Aufgaben der Internationalen Mathematik-Olympiade oder andere mathematische Probleme selbststängig zu lösen?

VG Mano

Bundeswettbewerb Mathematik
Schule 
Thema eröffnet von: Math314
Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde  
Beitrag No.25 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-09-21
Mano
 

Dann habe ich mich wohl nicht klar genug ausgedrückt. <math>a^2+b^2=2c^2</math> ist lösbar (<math>a=b=c=1</math>). Ich wollte versuchen, die Gleichungen <math>a^2+b^2=3c^2</math> und <math>a^2+ab+b^2=2c^2</math> gemeinsam zu Verallgemeinern. Dabei habe ich an die Kreisteilungspolynome gedacht, die ja im Gegensatz zu allgemeinen Quadratischen Formen durchaus in Olympiaden nützlich sein können. (So ist zumindest meine Erfahrung bisher.) Die homogenen Kreisteilungspolynome
<math>\displaystyle \Phi_1(a,b)=b-a</math>
<math>\displaystyle \Phi_2(a,b)=a+b</math>
<math>\displaystyle \Phi_3(a,b)=a^2+ab+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_4(a,b)=a^2+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_5(a,b)=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4</math>
<math>\displaystyle \Phi_6(a,b)=a^2-ab+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_7(a,b)=a^6+a^5b+a^4b^2+a^3b^3+a^2b^4+ab^5+b^6</math>
<math>\displaystyle \Phi_8(a,b)=a^4+b^4</math>
<math>\displaystyle \Phi_9(a,b)=a^6+a^3b^3+b^6</math>
<math>\displaystyle \Phi_{10}(a,b)=a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4</math>
etc. sind ja wie die normalen Kreisteilungspolynome, nur halt homogenisiert. Letztere verschwinden im reellen, wenn das Argument <math>x</math> die Ordnung <math>n</math> hat, also <math>x^n=1</math> und <math>x^k\neq1</math> für <math>0<k<n</math> gilt. Das Lemma, ws ich verwendet habe, ist ziemlich intuitiv und beschreibt, dass dies Modulo <math>p</math> abgesehen von den Paar "Randfällen" mit <math>p|n</math> auch der Fall ist. Allerdings verwende ich zwar getarnt, aber sehr wohl unendlichen Abstieg. (Das Wichtigste ist in den Klammern, ich setze nämlich voraus, dass <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> paarweise teilerfremd sind. Ich zeige dann, dass keine Lösung existieren kann, wenn <math>a</math> invertierbar, also nicht durch <math>p</math> teilbar ist. Aus <math>p|a</math> folgt aber <math>p|b</math>, da bis auf einen alle Summanden von <math>\Phi_n(a,b)</math> durch <math>a</math> teilbar sind.)
Damit habe ich bewiesen, dass die entstehenden Gleichungen nur für geeignetes <math>k</math> lösbar sein können. Allerdings sind diese leider nicht immer lösbar, wie das Gegenbeispiel <math>n=k=9</math>, also <math>a^6+a^3b^3+b^6=9c^6</math> zeigt. (Wenn weder <math>a</math> noch <math>b</math> durch <math>p</math> teilbar ist, gilt <math>a^6\equiv b^6\equiv1\,(\text{mod}\,9)</math>, 7 ist aber nicht das Produkt von zwei kubischen Resten, die modulo 9 ja nur <math>\pm1</math> sind.)
Ich hoffe noch darauf, zumindest noch etwas mehr daraus herausholen können, aber ich sehe auch ein, dass es einfacher ist, wenn der Grad auf 2 bleibt. So ist meine Charakterisierung zum Beispiel für <math>n=4</math> korrekt, nach dem 2-Quadrate-Satz gibt es schon für <math>c=1</math> eine Lösung.
In welche Richtung würde denn eine mögliche Verallgemeinerung mit quadratischen Formen gehen?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.23 begonnen.]

Bundeswettbewerb Mathematik
Schule 
Thema eröffnet von: Math314
Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde  
Beitrag No.22 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-09-20
Mano
 

Überlegungen, die 2 zu verallgemeinern:

Ich habe mich gefragt, warum unendlicher Abstieg bei diophantischen Gleichungen wie <math>a^2+b^2=3c^2</math> oder <math>a^2+ab+b^2=2c^2</math> funktioniert. Ich habe Folgendes herausgefunden:

Man kann die Kreisteilungspolynome <math>\displaystyle \Phi_n(x)=\prod_{\zeta_k}(x-\zeta_k)</math> betrachten, wo das Produkt über die <math>\phi(n)</math> primitiven <math>n</math>-ten Einheitswurzeln genommen wird. Für die homogenen Kreisteilungspolynome <math>\Phi_n(a,b):=a^{\phi(n)}\Phi_n(\frac{b}{a})</math> betrachten wir Gleichungen der Form <math>\displaystyle \Phi_n(a,b)=kc^{\phi(n)}.</math> Wir können annehmen, dass <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> paarweise teilerfremd sind und <math>k</math> durch keine <math>\phi(n)</math>-te Potenz teilbar ist. Nehmen wir nun eine Primzahl <math>p|k</math> und <math>\overline{a}</math> als multiplikatives Inverses zu <math>a</math> mod <math>p</math>. (Wäre <math>a</math> durch <math>p</math> teilbar, dann wäre auch <math>b</math>, und damit auch <math>c</math> durch <math>p</math> teilbar, Widerspruch.) Wir erhalten also: <math>\displaystyle a^{\phi(n)}\Phi_n(\frac{b}{a})\equiv a^{\phi(n)}\Phi_n(b\overline{a})\equiv0\,(\text{mod}\,p),</math> und damit <math>p|\Phi_n(b\overline{a})</math>. Nach Lemma 4.8 aus dem Skript kann das genau dann passieren, wenn <math>n</math> durch <math>p</math> teilbar ist oder <math>\overline{a}b</math> genau die Ordnung <math>n</math> modulo <math>p</math> hat. Im zweiten Fall muss aber <math>p</math> die Form <math>nt+1</math> haben, da <math>p-1</math> durch alle Ordnungen teilbar ist. Damit kann <math>k</math> nur durch Primzahlen teilbar sein, die entweder <math>n</math> teilen oder von der Form <math>nt+1</math> sind.
Sind für solche <math>k</math> die Gleichungen wirklich lösbar? Mir scheint es so, als wäre für geeignetes primes <math>k</math> auch scon der Fall <math>c=1</math> lösbar. Stimmt das? Oder kennt jemand vielleicht andere Verallgemeinerungen?

Bundeswettbewerb Mathematik
Schule 
Thema eröffnet von: Math314
Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde  
Beitrag No.21 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-09-20
Mano
 

Meine Lösung zur 4:

Sei oBdA <math>n=m+1</math> und <math>s_1\leq s_2\leq\dots\leq s_{m+1}</math> und <math>z_1\leq z_2\leq\dots z_m</math>.
Wir zeigen die Aussage mit dem Hilfssatz, dass es eine ganze Zahl <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math> und <math>z_k>s_k</math> gibt.
Beweis. Angenommen, der Hilfssatz wäre falsch, also gelte <math>s_k\geq z_k</math> für alle ganzzahligen <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math>. Addiert man dazu die Ungleichungen <math>\displaystyle s_{m+1}\geq s_m\geq z_m\geq z_1</math> und <math>s_1>0</math>, folgt: <math>\displaystyle \sum_{k=2}^ms_k+s_{m+1}+s_1>\sum_{k=2}^mz_k+z_1+0.</math> Da allerdings beide Seiten die Summe von allen Einträgen zählen, haben wir einen Widerspruch.
Wir wenden nun starke Induktion an. Wie wir bewiesen haben, gibt es eine ganze Zahl <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math> und <math>s_k>t_k</math>. Dann gilt für positive ganze Zahlen <math>i\geq k</math> und <math>j\leq k</math> immer <math>s_i\geq s_k>t_k\geq t_j</math>. Gäbe es also ein solches Paar <math>(i,j)</math> mit <math>a_{ij}>0</math>, so würde daraus sofort die Behauptung folgen. Man kann also annehmen, dass für jedes solche Paar <math>a_{ij}=0</math> gilt. Dann sind wir in der Teiltabelle, die nur die ersten <math>k-1</math> Zeilen und nur die ersten <math>k</math> Spalten enthält, nach Induktionsvoraussetzung fertig:

<math>\displaystyle \begin{array}{|cccc|cc|}
\hline
a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1k} & \dots & a_{1(m+1)} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots && \vdots \\
a_{(k-1)1} & a_{(k-2)2} & \dots & a_{(k-1)k} & \dots & a_{(k-1)(m+1)} \\
\hline
0 & 0 & \dots & 0 & \dots & a_{k(m+1)} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots && \vdots \\
0 & 0 & \dots & 0 & \dots & a_{m(m+1)} \\
\hline
\end{array}</math>


Ein Hinweis, dass <math>m</math> und <math>n</math> positive ganze Zhlen sind, wäre noch m. E. durchaus nett gewesen.

Ich habe auch lange versucht Summen der Form <math>\displaystyle \sum_{i,j}a_{ij}(z_i^\alpha-s_i^\alpha)</math> für <math>\alpha>0</math> oder <math>\alpha\to0</math> zu betrachten. Leider ist diese Summe im Allgemeinen nicht positiv und ich habe überhaupt keinen Grund gefunden, warum ein Summand positiv sein soll. Aber <math>\alpha=-1</math> zu nehmen ist echt eine gute Idee.

Bundeswettbewerb Mathematik
Schule 
Thema eröffnet von: Math314
Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde  
Beitrag No.7 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-09-08
Mano
 

Hallo zusammen,

ich würde auch mal meine Lösungen posten. Die ersten zwei habe ich genauso wie ochen.
Zur 3, die schon als 561242 und USA TST 2012/2 gestellt wurde: Das folgt sofort aus Fact 5. Ich weiß allerdings gar nicht, wie man den Beweis davon korrektorentauglich aufschreiben würde. Deswegen habe ich mit einfachen Koordinatenrechnungen gezeigt, dass sich der Umkreismittelpunkt von <math>\triangle PMN</math> auf einer Geraden bewegt. Dann kann man <math>P</math> an dieser Geraden spiegeln und ist fertig. Vorteil, dass die hässliche Lagebetrachtung umgangen wird und alles Verwendete "im Schulbereich geläufig" ist. Man verwendet auch gar nicht, dass <math>M</math> und <math>N</math> gleich schnell sind.
Zu 4: Kernidee: Mit starker Induktion müssen unter den <math>2k</math> größten Dingen (Zeilen oder Spalten) mindestens <math>k+1</math> Spalten sein. Das ist vielleicht das Gleiche, ich sehe noch nicht, wo der geeignete Graph in der Aufgabe ist.

Olympiade-Aufgaben
Schule 
Thema eröffnet von: MINT20Fan
Tipps zur Vorbereitung für Mathewettbewerbe  
Beitrag No.20 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-07-04
Mano
 

Hallo,

steigt der Schwierigkeitsgrad von der ersten bis zur dritten Aufgabe heftig an. So sind dritte Aufgaben für mich immer noch mehr als außer Reichweite. Deshalb ist es wahrscheinlich außreichend, sich auf die jeweils ersten (und ein bisschen die zweiten) Aufgaben zu konzentrieren, was mir nichtmein Account ist zwar ziemlich neu, aber ich habe das Forum schon seit Längerem mit verfolgt. Außerdem habe ich letztes Jahr die VAIMOs mitgeschrieben. Vielleicht hilft nicht nur mir, wenn ich hier meine VAIMO-spezifische Erfahrungen dazu aufschreibe. Wegen meiner relativ geringen Erfahrung sollten diese nicht zu ernst genommen werden. (Über die VAIMO-Aufgaben selbst darf bis zum 23. September nicht diskutiert werden!)
Die Punktgrenze lag letztes Jahr bei 17 von 60. Man kommt also mit zwei richtigen Lösungen weiter. Dafür sind die Aufgaben natürlich ziemlich schwierig, aber trotzdem  ganz klar war, als ich die VAIMOs geschrieben habe. Von der DeMO her war ich nicht an so etwas gewohnt. Auch nicht daran, dass der Fokus nicht darauf liegen soll, möglichst alles zu lösen und formal korrekt aufzuschreiben, um unnötige Punktabzüge zu vermeiden, sondern darauf, noch überhaupt irgendwas zu lösen oder doch noch irgendwie genug "Spampunkte" zu bekommen. Ich wusste bei den VAIMOs nicht, wie man richtig Spam schreibt, weil diese Frage für mich bei der DeMO nicht relevant war.
Außerdem kann ich nur noch bestätigen, dass sich alte VAIMO-Aufgaben sehr gut zum Training eignen. Mal schauen, ob man die erste Aufgabe in 4 Stunden hinkriegt.😉
Ich fand noch den von Kezer bereits erwähnten Artikel "Engineering" von CJQuines sehr gut passend und lückenfüllend. Insbesondere Kapitel 2 beschreibt, besser als ich jemals gekonnt hätte, wie ich bisher fast jede Nichtgeometrieaufgabe gelöst habe.😄
Natürlich kann ich auch alles sehr gut bestätigen, was bisher im Forum über das tatsächliche Training geschrieben wurde. Ich fand es auch für mich sehr hilfreich, viele Lösungen zu sehen. (aber nur zu Aufgaben, die ich für mindestens eine Stunde versucht habe zu lösen)
Noch eine Sache, die ich durch eigene Erfahrung gelernt habe: Komplexe Zahlen sind sehr nützlich. Es gibt erstaunlich viele Aufgaben, die man mit komplexen Zahlen lösen kann. Allerdings nur, wenn man das "kann", sprich wenn man eine gewisse Erfahrung damit hat. Einerseits ist es natürlich sinnvoll, die Formeln auswendig zu lernen, es braucht aber wirklich Erfahrung. Es gibt Menschen, die auch sehr komplizierte Aufgaben komplex durchrechnen können (Sprich: eine G9 aus der Shortlist), aber ich komme selbst bei einfachen Aufgaben nicht weiter, es wird einfach zu schnell zu unübersichtlich für mich. Es hilft nicht viel, drei Stunden an einer Lösung mit komplexen Zahlen sitzen, nur um danach aufzugeben. Dann lieber gleich die elementargeometrische Lösung suchen und die komplexe Zahlen erst dann herausholen, wenn man die nötige Erfahrung hat.

Kongruenzen
  
Thema eröffnet von: Mano
Existenz eines kleinen quadratischen Nichtrestes  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-07-04
Mano
J

Hallo,

danke für die schnelle Antwort und die gute Idee. Ich habe deine Antwort nachvollziehen können und habe selbst den Beweis gefunden.
Man betrachte für den minimalen quadratischen Nichtrest <math>a>0</math> stattdessen <math>c:=\lfloor\frac{p}{a}\rfloor</math> mit <math>\frac{p}{a}-1<c<\frac{p}{a}</math>, also <math>p-a<ac<p</math>. Wegen der Minmalität von <math>a</math> und <math>p\equiv1\,(\text{mod}\,4)</math> ist <math>ac</math> quadratischer Rest, also <math>c</math> quadratischer Nichtrest mit <math>a\leq c<\frac{p}{a}</math>, also <math>a<\sqrt{p}</math>. Wunderschön.

Kongruenzen
  
Thema eröffnet von: Mano
Existenz eines kleinen quadratischen Nichtrestes  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-07-03
Mano
J

Hallo zusammen,

ich versuche gerade folgende Aufgabe zu lösen:

Es sei <math>p\equiv1</math> (mod 4) eine Primzahl. Zeige,
dass dann ein quadratischer Nichtrest <math>r</math> modulo <math>p</math> existiert mit <math>1<r<\sqrt{p}</math>.

Bisher habe ich versucht, Information über <math>p</math> herauszufinden, indem ich kleine Werte von <math>r</math> eingesetzt habe. Das funktioniert wegen <math>p>4</math> für <math>r=2</math>, nach dem quadratischen Reziprozitätsgesetz folgt <math>p\equiv1</math> (mod 8).
Analog kann ich unter Verwendung des chinesischen Restsatzes auf <math>p\equiv1</math> (mod 24) und <math>p\equiv1</math> oder <math>p\equiv49</math> (mod 120) schließen. Modulo 840 kommen die Restklassen 1, 121, 169, 289, 361 und 529 infrage(diese sind genau die Restklassen, zu der Quadrate von Primzahlen gehören können, und außerdem auch Quadrate der zu 24 teilerfremden Zahlen von 1 bis 23). Die erste davon kann ich zeigen, die zweite nicht. Dass ich immer weitere Primzahlen als Moduli betrachten kann, lässt sich mit einfachen Primzahlabschätzungen zeigen, etwa mit der Tatsache, dass es zwischen <math>p</math> und <math>2p</math> immer eine Primzahl gibt. Leider geht das Spiel nicht mehr so schön weiter, modulo 9240 bekomme ich nicht einmal nur Quadratzatzahlen:
{1, 7681, 2689, 3721, 4489, 7561, 529, 1681, 3481, 6169, 8089, 289, 2209, 169, 5041, 1849, 8761, 961, 5569, 841, 3529, 5329, 2641, 1369, 6241, 4321, 361, 6889, 7921, 2809}
Leider ist 7681 sogar prim. Deswegen Frage bezweifle ich, ob dieser Ansatz überhaupt sinnvoll ist. Für einen kleinen Tipp oder Hinweis, in welche Richtung die Aufgabe geht, wäre ich dankbar. (Bitte keine vollständige Lösung, die möchte ich selbst finden!)

Viele Grüße,
Mano
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