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 Alte Olympiadeaufgaben |
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Ex_Senior
 |      Beitrag No.880, eingetragen 2019-06-23
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@TomTom314, zu Aufgabe 271042: Also ich kann zumindest zeigen, dass  an allen Stellen, die sich durch Radikale ausdrücken lassen, verschwindet. Wie man den Übergang zu den algebraischen Zahlen schafft, ist mir aber noch nicht klar.
@weird: Deine Lösung sieht gut aus, und ist einer vierten Aufgabe (der dritten Runde) auch angemessen.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.878 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.881, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 00:06 - cyrix in Beitrag No. 880 schreibt:
@TomTom314, zu Aufgabe 271042: Also ich kann zumindest zeigen, dass an allen Stellen, die sich durch Radikale ausdrücken lassen, verschwindet. Wie man den Übergang zu den algebraischen Zahlen schafft, ist mir aber noch nicht klar. Es geht noch viel mehr: Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ ableiten. Dann gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$ und somit $f(x)(6x^2-2)=0$. Zusammen mit $f(\pm\sqrt{1/3})=0$ haben wir $f\equiv 0$.
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Kornkreis
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Dabei seit: 02.01.2012
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 | Beitrag No.882, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-22 23:09 - TomTom314 in Beitrag No. 877 schreibt:
Auf jeden Fall eine schöne Aufgabe. Über die Unterscheidung gerade/ungerade am Ende des Beweises bin ich nicht so glücklich. Sieht jemand eine bessere Variante?
Hi Tom,
das muss ich auch machen. Ich habe erst mal die gleiche Idee, aber eine etwas andere Umsetzung:
Lösungsvariante zur 211236B
Man erhält genau die verschiedenen Zerlegungen, indem die drei Summanden $a\leq b \leq c$ der Größe nach geordnet werden. Man sieht daraus, dass $a \leq \left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ gelten muss, und für jedes $a \leq \left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ bekommt man die möglichen $b$ und $c$, indem man $n-3a$ in zwei Summanden zerlegt, wovon der erste kleiner gleich dem zweiten sein soll. Dafür gibt es $\left \lceil{\frac{n-3a+1}{2}}\right \rceil$ Möglichkeiten.
Daraus folgt
$$A_n= \sum_{j=1}^{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor} \left \lceil{\frac{n-3j+1}{2}}\right \rceil,$$
woraus sich durch Ausrechnen die Behauptung ergibt.
Rechnung
Es gilt $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor=\frac{n-k}{3}$ mit einem $k\in \{0,1,2\}$. Des Weiteren alterniert $n-3j+1$ mit $j$ zwischen geraden und ungeraden Zahlen, sodass $\left \lceil{\frac{n-3j+1}{2}}\right \rceil$ zwischen $\frac{n-3j+1}{2}$ und $\frac{n-3j+2}{2}$ alterniert.
Dementsprechend gilt, unter Benutzung der kleinen Gauß'schen Summenformel,
$$A_n=\frac{n-k}{3}\frac{n}{2}-\frac{3}{2}\frac{\frac{n-k}{3}\left(\frac{n-k}{3}+1\right)}{2}+z,$$
wobei $z=1+\frac{1}{2}+1+...+1$ ($\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ Summanden) gilt, falls $n$ und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ ungerade sind, $z=\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+...+1$, falls $n$ und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ gerade, etc.
D.h. wir haben $\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor -1}{2}\cdot 1+\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor +1}{2}\cdot\frac{1}{2}\leq z \leq \frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor +1}{2}\cdot 1+\frac{\left \lfloor{n/3}\right \rfloor -1}{2}\cdot\frac{1}{2}$,
also $\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}-\frac{1}{4}\leq z \leq \frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+\frac{1}{4}$.
Demzufolge haben wir
$$A_n=\frac{n^2}{6}-\frac{nk}{6}-\frac{1}{12}(n^2-2nk+k^2)-\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+z=\frac{n^2}{12}-\frac{k^2}{12}-\frac{3}{4}\frac{n-k}{3}+z.$$
Für $k=0$ oder $k=1$ folgt mit der obigen Abschätzung für $z$ direkt die Behauptung. Für $k=2$ stellen wir fest, dass nicht $n$ gerade und $\left \lfloor{n/3}\right \rfloor$ ungerade sein können, sodass sogar $z \geq \frac{3}{4}\frac{n-k}{3}$ und dann die Behauptung folgt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.880 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.883, eingetragen 2019-06-23
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Hallo Kornkreis,
auch schön. Über die Summenformel hatte ich (ohne Ergnis) etwas nachgedacht. Der Summand sollte aber $\left[\frac{n-3a+2}{2}\right]$ sein, wenn ich mich nicht verzählt habe.
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Ex_Senior
| Beitrag No.884, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 01:18 - TomTom314 in Beitrag No. 881 schreibt:
Es geht noch viel mehr: Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ ableiten. Dann gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$ und somit $f(x)(6x^2-2)=0$. Zusammen mit $f(\pm\sqrt{1/3})=0$ haben wir $f\equiv 0$.
Das ist tatsächlich sehr nett. :)
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.885, eingetragen 2019-06-23
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Aufgabe 4 - 211234
Man ermittle alle diejenigen von 0 verschiedenen reellen Zahlen q, die die folgende Eigenschaft haben: Es gibt eine von 0 verschiedene Zahl $a_1$ und eine natürliche Zahl k≥3 so, dass in der durch $a_n=a_1·q^{n−1}\ (n= 1,2,3,...)$ definierte Zahlenfolge $(a_n)$ das Glied $a_k$ gleich dem arithmetischen Mittel der beiden vorangehenden Glieder $a_{k−1}$ und $a_{k−2}$ ist.
Nach Vorraussetzung gibt es $a_1,k,q$, so dass $a_1q^{k-1}=a_k = \frac{1}{2}(a_{k−1} + a_{k−2})=\frac{1}{2}(a_1q^{k-2} + a_1q^{k-3})$. Kürzen mit $a_1,q^{k-3}$ ergibt $q^2=\frac{1}{2}(q+1)$ und somit $q=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt 3)$.
Wie war das nochmal mit dem Schwierigkeitsgrad... Bei Aufgabe 211233 direkt davor habe ich schon ein paar Anläufe ohne Ergebnis hinter mir. Hier möchte gerne anregen, dass wir besonders widerspenstige Aufgabe vielleicht in einem Extra-Thread sammeln um Ideen dazu auszutauschen. Die letzten offenen Aufgaben der Klasse 9 waren schon etwas anspruchsvoller, was bei 10-12 auch zu erwarten ist.
@Steffen: Zu Aufgabe 271042 hätte eine Ergänzung/Bemerkung zu cyrixs Lösung:
Aus (2) können wir $f(x^3)=3x^2f(x)$ herleiten. Es gilt $f(2x)=xf(2)+2f(x)=2f(x)$ und $f(x+x)=f(x^3)+f(x^3)=6x^2 f(x)$. Aus $f(x)(6x^2-2)=0$ und $0=f(\frac{1}{3})=\pm\sqrt{1/3}f(\pm\sqrt{1/3})\pm\sqrt{1/3}f(\pm\sqrt{1/3})$ folgt somit $f\equiv 0$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.883 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.886, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 10:24 - TomTom314 in Beitrag No. 883 schreibt:
Hallo Kornkreis,
auch schön. Über die Summenformel hatte ich (ohne Ergnis) etwas nachgedacht. Der Summand sollte aber $\left[\frac{n-3a+2}{2}\right]$ sein, wenn ich mich nicht verzählt habe.
Hi Tom,
bei mir steht da die Aufrunden-Funktion, d.h. es stimmt mit deinem Term überein (zugegeben ist es nicht so optimal, Auf- und Abrunden zu mischen).
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.884 begonnen.]
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.887, eingetragen 2019-06-23
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Bitte werft mal einen kurzen Blick auf Aufgabe 281231, die macht überhaupt keinen Sinn. Die Zahl $r$ taucht gar nicht auf, und mit $q=5$ wäre die Folge $a$ schon komplett vorgegeben. Wie hätte sie eventuell tatsächlich aussehen sollen? Z.B. $a_3=\frac1r$ statt $\frac13$?
Ciao,
Thomas
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stpolster
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| Beitrag No.888, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 11:45 - MontyPythagoras in Beitrag No. 887 schreibt:
Bitte werft mal einen kurzen Blick auf Aufgabe 281231, die macht überhaupt keinen Sinn. Die Zahl $r$ taucht gar nicht auf, und mit $q=5$ wäre die Folge $a$ schon komplett vorgegeben. Wie hätte sie eventuell tatsächlich aussehen sollen? Z.B. $a_3=\frac1r$ statt $\frac13$? In der alpha und bei Manuela Kugel steht es genau so.
Ich habe jetzt geändert auf
Aufgabe 1 - 281231
Man ermittle alle diejenigen aus je drei Gliedern bestehenden Folgen $(a_1, a_2, a_3)$ und $(b_1, b_2, b_3)$, die mit
zwei geeigneten von Null verschiedenen reellen Zahlen $p, r$ sowie mit $q = 5$ die folgenden Bedingungen
erfüllen:
(1) Es gilt $a_1 = \frac{1}{p}$, $a_2 = \frac{2}{q}$, $a_3 = \frac{1}{r}$.
(2) Es gilt $b_1 = \frac{1}{a_1}$, $b_2 = \frac{1}{a_1\cdot a_2}$,
$b_3 = \frac{1}{a_2\cdot a_3}$.
(3) Die Folge $(a_1, a_2, a_3)$ ist eine arithmetische Folge.
(4) Die Folge $(b_1, b_2, b_3)$ ist eine arithmetische Folge.
Aus "Schönheitsgründen" muss r in der Bedingung (1) auftreten.
LG Steffen
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stpolster
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| Beitrag No.889, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Mittlerweile hat sich wohl herumgesprochen, dass es da eine Datei mit vielen Aufgaben und vor allem Lösungen zu Olympiadeaufgaben gibt. 
Jedenfalls wird die Datei relativ oft aufgerufen.
Mich erreichten auch mehrere Anfragen, ob es nicht möglich wäre, die Jahrgänge bis 1994 zu erweitern.
Ab 1995 dürfen die Aufgaben nicht veröffentlicht werden, da Mathematik-Olympiaden e.V. dort das Copyright hat.
Also fehlen bisher genau die Jahre 1990 bis 1994.
Daher habe ich jetzt begonnen, zuerst die Klasse 9, die fehlenden Aufgaben in den Text aufzunehmen; später die 10 und 12.
Ich weiß, dann werden es noch mehr Aufgaben. Aber gerade für diese Jahrgänge sind Lösungen nur sehr schwierig aufzutreiben.
Und vielleicht gefallen dem einen oder anderen von euch diese Aufgaben besser.
Ich bitte dennoch um Entschuldigung.
LG Steffen
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Kornkreis
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| Beitrag No.890, eingetragen 2019-06-23
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Warum Entschuldigung, ich finde es gut
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stpolster
Senior
Dabei seit: 27.03.2014
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| Beitrag No.891, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Mein Computer hat mich gerade "böse" mit seinem Lüfter angefaucht.
Das Übersetzen des vollständigen Textes in eine PDF-Datei dauert jetzt schon 34 Sekunden.
Das kann ja lustig werden. 
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.892, eingetragen 2019-06-23
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Aufgabe 211031: Ermitteln Sie alle Tripel  natürlicher Zahlen mit folgenden Eigenschaften!
(1) Es gilt  .
(2) In einem Quader mit der Länge  cm, der Breite  cm und der Höhe  cm beträgt die Summe aller Kantenlängen ebensoviele Zentimeter, wie das Volumen Kubikzentimeter beträgt.
Lösung:
(2) bedeutet, dass die Gleichung  zu lösen ist. Wegen (1) ist  , also  und damit  .
Fall 1:  . Dann ist die Gleichung  mit  zu lösen.
Fall 1.1:  . Dann erhält man  , was keine Lösung besitzt.
Fall 1.2:  . Es gilt  . Wegen  kann höchstens dann eine natürliche Zahl sein, wenn  ein Teiler von  ist. Tatsächlich liefern die verbleibenden Möglichkeiten  die Lösungen  und  , wobei die letzte wegen  entfällt.
Fall 2:  . Dann ist die Gleichung  bzw.  mit  zu lösen.
Fall 2.1:  . Dann ist  , was keine Lösung besitzt.
Fall 2.2:  . Man erhält  , was nur für  natürliche Zahlen ergibt. Wegen  erhält man für  die Lösungen  und  , wobei die letzte wieder wegen entfällt.
Fall 3:  . Dann ist die Gleichung  mit  zu lösen.
Fall 3.1:  . Dann ist  bzw.  , was keine Lösung in natürlichen Zahlen besitzt.
Fall 3.2: . Dann ist  bzw.  , also  , sodass es auch hier keine Lösung gibt.
Insgesamt erhalten wir also die folgenden fünf Lösungstripel:
Aufgabe 211032: Beweisen Sie den folgenden Satz (den sogenannten Satz von Menelaos)!
Wenn eine Gerade  die Seite  eines Dreiecks  in einem Punkt  zwischen  und  schneidet und wenn außerdem die Seite  in einem Punkt  zwischen und  schneidet und wenn au0ßerdem eine Verlängerung der Seite  in einem Punkt  schneidet, dann gilt
Lösung:
Es seien , und die Längen der Lote von , und auf . Da diese Lote alle senkrecht zu und damit untereinander parallel sind, können wir die Strahlensätze anwenden und erhalten
(von aus gesehen)  ,
(von aus gesehen)  und
(von aus gesehen)  , also
Aufgabe 211033: Ermitteln Sie alle diejenigen geordneten Paare  reeller Zahlen, die das folgende Gleichungssystem erfüllen!
![<math>[a]+2b=6{,}6</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/001c1ce6117efc61bc01b37d164907d8.png "[a]+2b=6{,}6")
![<math>[2a]+3b=11{,}9</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/06ff5677e377a3182b7a16e8855f0d8f.png "[2a]+3b=11{,}9")
Hinweis: <<Erklärung der Gauß-Klammer>>
Lösung:
Wegen ![<math>[a]\in\mathbb{Z}</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/8e352fdd95061ccfab0321cd489e0a90.png "[a]\in\mathbb{Z}") ist nach der ersten Gleichung der Nachkommaanteil von entweder  oder  , da nur für diese  den Nachkommaanteil  besitzt. Aber nur die erste Möglichkeit führt nicht zu einem Widerspruch mit der zweiten Gleichung, da der Nachkommaanteil von  , und damit auch von ![<math>11{,}9=[2a]+3b</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/43c5e8728bb025e8e616672034818548.png "11{,}9=[2a]+3b") , bei der zweiten Möglichkeit wegen  also  betragen würde, was ein Widerspruch ist.
Also gilt ![<math>b=[b]+0{,3}</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/bcf02d9b4026893519e64c704d39c0eb.png "b=[b]+0{,3}") und die beiden Gleichungen gehen über in
![<math>[a]+2[b]=6</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/4dae21aadc2a118cd54fb427977957cb.png "[a]+2[b]=6") sowie
![<math>[2a]+3[b]=11</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/7bcfe1082c0709d7647354ec8302e414.png "[2a]+3[b]=11") .
Wir unterscheiden zwei Fälle bezüglich des Nachkommaanteils von :
1. Fall: Es ist ![<math>0\leq a-[a]<\frac{1}{2}</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/07f7b65c7c8222c313909a5133710e31.png "0\leq a-[a]<\frac{1}{2}") . Dann ist ![<math>0\leq 2a-2[a]<1</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/5babbf5ab41e645b1b6326de891bfd8e.png "0\leq 2a-2[a]<1") , also ![<math>2[a]\leq 2a < 2[a]+1</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/d31d3b2412b8dc4fe79074f109d2310f.png "2[a]\leq 2a < 2[a]+1") und damit ![<math>[2a]=2[a]</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/1614509ff7f8765cd5cbdc3dd71d7203.png "[2a]=2[a]") . Es ergibt sich das lineare Gleichungssystem
![<math>2[a]+3[b]=11</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/b1aa40cb8f889baae33dc3b29abc4615.png "2[a]+3[b]=11") ,
welches die Lösung ![<math>([a];[b])=(4;1)</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/5b5489e25195c9b335f4162bb6b67b65.png "([a];[b])=(4;1)") besitzt. Damit sind für alle  die Paare  Lösungen des Ausgangssystems.
2. Fall: Es ist ![<math>\frac{1}{2} \leq a-[a]<1</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/f6eca2c4bf2c47a0afd0b6654f383bd1.png "\frac{1}{2} \leq a-[a]<1") . Dann ist ![<math>1\leq 2a-2[a]<2</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/a34097ef16141a45c299775625a8134b.png "1\leq 2a-2[a]<2") , also ![<math>2[a]+1\leq 2a < 2[a]+2</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/5bc0ed2c27d52b571e253440be1e9836.png "2[a]+1\leq 2a < 2[a]+2") und damit ![<math>[2a]=2[a]+1</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/354af1559675540685e335bfe91fb2d1.png "[2a]=2[a]+1") . Es ergibt sich das lineare Gleichungssystem
![<math>2[a]+1+3[b]=11</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/c30fd190066dcabe06a6821cef2b4a59.png "2[a]+1+3[b]=11") ,
welches die Lösung ![<math>([a];[b])=(2;2)</math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/8f3023cd6194ef5f4c1864e68cd8778a.png "([a];[b])=(2;2)") besitzt. Damit sind für alle die Paare  Lösungen des Ausgangssystems.
Zusammenfassend ergibt sich also folgende Lösungsmenge:
Aufgabe 211034: Ermitteln Sie alle diejenigen reellen Zahlen  , die die Ungleichung erfüllen:
Lösung:
Offensichtlich kann nicht 0 sein, da sonst der Bruch nicht definiert wäre. Analog muss  gelten, da für  sofort  und damit  folgen würde, sodass der Radikand negativ und die Wurzel nicht mehr definiert wäre.
Sei also im Folgenden  . Dann ist  , also  und damit  . Der Bruch besitzt also das gleiche Vorzeichen wie der Nenner . Ist dieser negativ, so ist die Ungleichung offensichtlich erfüllt, sodass wir ein erstes Lösungsintervall erhalten, nämlich  .
Ist dagegen  , dann ist die Ungleichung nach Multiplikation mit  und Subtraktion von 1 äquivalent zu  bzw.  . Da  gilt, sind beide Seiten dieser Ungleichung nichtnegativ und also ist die Ungleichung äquivalent zu  bzw.  . Wegen ist  , die Ungleichung also äquivalent zu  bzw.  . Da  gilt, ist  , sodass tatsächlich alle positiven mit die Ungleichung erfüllen (und die weiteren nicht).
Zusammenfassend erhalten wir, dass genau all jene aus der Menge  die Ungleichung erfüllen.
Aufgabe 211043A: In einem Mathematikzirkel wird über nichtkonstante Funktionen diskutiert, die für alle reellen Zahlen definiert sind und deren Funktionswerte wieder reelle Zahlen sind.
Sind und zwei solche Funktionen, so kann man die Funktion für alle reellen durch  definieren.
Die Diskussion beschäftigt sich mit der Frage, ob derartige Funktionen  periodisch sind.
(Bekanntlich heißt eine Fuktion  genau dann periodisch, wenn eine reelle Zahl  so existiert, dass für alle die Gleichung  gilt.)
Jens behauptet: Ist eine periodische Funktion (und periodisch oder nicht), so ist auch stets die -- wie oben erklärte -- Funktion periodisch.
Dirk behauptet: Ist eine periodische Funktion (und periodisch oder nicht), so ist auch stets die Funktion periodisch.
Christa behauptet: Sind beide Funktionen und nicht periodisch, so ist auch stets nicht periodisch.
Untersuchen Sie für jeden dieser drei Schüler, ob er damit eine wahre oder eine falsche Aussage gemacht hat!
Lösung:
Jens hat Recht, während Dirk und Christa falsch liegen:
zu Jens: Ist eine periodische Funktion mit Periode  , dann gilt für alle reellen auch  , sodass auch mit der gleichen Periode wie periodisch ist.
zu Dirk: Es sei  eine periodische Funktion und  für alle  sowie  . (Dann ist eine nichtkonstante Funktion.) Damit ist aber  für alle und  , sodass es keine reelle Zahl geben kann, die  für alle erfüllt, denn zumindest für  gilt immer  .
zu Christa: Es sei  wie bei Dirk definiert und  für alle reellen Zahlen . Dann sind (in analoger Weise wie bei der Betrachtung von bei Dirk) beide Funktionen und nichtkonstant und nicht periodisch, erfüllen also Christas Voraussetzung. Weiterhin ist für alle rellen Zahlen dann  und  , sodass für alle reellen Zahlen und die Gleichung  gilt, also periodisch (mit beliebiger Periodenlänge ) ist.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.884 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.893, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 13:02 - stpolster in Beitrag No. 889 schreibt:
Ich weiß, dann werden es noch mehr Aufgaben.
... Und ich bemühe mich, dass wir auf unter 300 noch offene Aufgaben kommen. *grumml*
In Klasse 9 sind jetzt 62 neue Aufgaben dazugekommen, in Klassen 10 und 12 werden es ja jeweils noch einmal 80 neue werden. (Sind in Klasse 11 in der Oberstufe dann schon einzelne eigenständige Aufgaben für die Bundesrunden vorhanden, wie es sie derzeit auch gibt, also etwa eine pro Tag anders als als in der 12?) Das macht dann mal zusätzliche 222 Aufgaben...
Cyrix
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.894, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 13:07 - stpolster in Beitrag No. 891 schreibt:
Das Übersetzen des vollständigen Textes in eine PDF-Datei dauert jetzt schon 34 Sekunden.
Das kann ja lustig werden.
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren.
2019-06-23 13:02 - stpolster in Beitrag No. 889 schreibt:
Also fehlen bisher genau die Jahre 1990 bis 1994.
Daher habe ich jetzt begonnen, zuerst die Klasse 9, die fehlenden Aufgaben in den Text aufzunehmen; später die 10 und 12.
Wo sind die? Gibt es dafür einen eigenen Link?
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Nuramon
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Mitteilungen: 1630
| Beitrag No.895, eingetragen 2019-06-23
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\(\begingroup\)\(
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-23 13:34 - cyrix in Beitrag No. 892 schreibt:
Aufgabe 211031 [...]
(2) bedeutet, dass die Gleichung  zu lösen ist. Diese Gleichung war übrigens auch Teil der Lösung zu Aufgabe 211045.\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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Mitteilungen: 2073
Aus: Hattingen
| Beitrag No.896, eingetragen 2019-06-23
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Es ist offensichtlich, dass die drei Gleichungen durch zyklische Vertauschung von $x$, $y$ und $z$ ineinander übergehen. Daher wäre ein Tripel mit $x=y=z$ automatisch eine Lösung, wenn $x$ die Gleichung
$$(4)\qquad x^3+9x^2+8x=1980$$erfüllt. Eine ebenso offensichtliche Lösung ist $x=10$, so dass schon einmal das Tripel $(x,y,z)=(10,10,10)$ eine Lösung darstellt.
Wir werden nun zeigen, dass es weitere Lösungen in $\mathbb R$ nicht geben kann. Wir führen eine Polynomdivision von Gleichung (4) durch $x-10$ durch, und erhalten
$$x^2+19x+198=0$$Diese quadratische Gleichung hat in $\mathbb R$ keine Lösungen. Weitere Lösungstripel erfordern somit, dass die drei Variablen paarweise verschieden sind.
Wir betrachten nun die zwei Funktionen
$$(5)\qquad f(x)=x^3$$und
$$(6)\qquad g(y)=9y^2+8y+8$$Letztere ist eine nach oben offene Parabel, das Minimum liegt bei $y=-\frac49$. (Jede Schlussfolgerung bezüglich der Eigenschaft einer Variablen gilt aufgrund der zyklischen Vertauschbarkeit immer für alle drei Variablen gleichermaßen.) Sowohl (6) für $y\geq-\frac49$ als auch (5) generell sind monoton steigend.
Wir nehmen nun zunächst an, dass alle drei Variablen $x,y,z\geq-\frac49$ sind. In Gleichung (1) bedeutet das wegen der Monotonie ausgehend vom Tripel $(10,10,10)$, wenn man $x$ größer als 10 ansetzt, dass $y$ kleiner als 10 sein muss. Wenn $y$ aber kleiner als 10 ist, dann hat das in Gleichung (2) zur Folge, dass $z$ größer als 10 werden muss. Damit sind sowohl $x$ als auch $z$ jeweils größer als 10, was Gleichung (3) unerfüllbar macht und somit zu einem Widerspruch führt. Gleiches gilt für die entgegengesetzte Richtung.
Wir untersuchen daher als letztes, ob eine Lösung möglich ist, wenn (mindestens) eine der Variablen kleiner als $-\frac49$ wäre. Es ist durch Nullsetzen der ersten Ableitung von (6) und Einsetzen sehr einfach, zu zeigen, dass
$$9y^2+8y+8\geq\frac{56}9$$ist.
Verwendet man das in Gleichung (1), so folgt:
$$9y^2+8y+8=1988-x^3\geq\frac{56}9$$$$x\leq\sqrt[3]{1988-\frac{56}9}=a$$ Es gibt also eine obere Schranke
$$(7)\qquad x,y,z\leq a$$mit $a=\sqrt[3]{1981\tfrac79}\approx12,56$. Nehmen wir nun an, dass $x\leq-\frac49$ sei. Aus Gleichung (1) folgt:
$$(8)\qquad 9y^2+8y=1980-x^3\geq1980+\left(\frac49\right)^3$$Da $y=a$ diese Ungleichung nicht erfüllt, müsste entweder im Widerspruch zu (7) $y>a$ gelten, oder es muss kleiner sein als die andere, negative Lösung der quadratischen Gleichung. Das heißt:
$$y\leq-\frac49-\sqrt{\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9}$$Wir behaupten, dass
$$(9)\qquad-\frac49-\sqrt{\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9}<x\quad\forall\quad x\leq-\frac49$$ gilt. Mit dieser Behauptung können wir folgern, dass
$$y<x$$ ist, woraus aber wegen Gleichung (2) $z<y$ folgt, und das wiederum führt wegen Gleichung (3) zu $x<z$, was einen widersprüchlichen Zirkelschluss $x<x$ darstellt. Es genügt daher, zu zeigen, dass (9) gilt, um zu beweisen, dass es keine weitere Lösungen geben kann:
$$-\left(x+\frac49\right)<\sqrt{\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9}$$
Beide Seiten sind größer als null, daher dürfen wir quadrieren:
$$\left(x+\frac49\right)^2<\frac{16}{81}+\frac{1980-x^3}9$$$$x^2+\frac89x+\frac{x^3}9<\frac{1980}9$$$$x^3+9x^2+8x-1980<0$$$$(x-10)(x^2+19x+198)<0$$Da $(x-10)<0$, bleibt zu zeigen, dass
$$x^2+19x+198>0$$was tatsächlich der Fall ist für alle $x$. q.e.d.
Das einzige Lösungstripel ist somit $(x,y,z)=(10,10,10)$.
So richtig glücklich bin ich mit dieser Lösung noch nicht. Vielleicht kann man die zyklische Vertauschbarkeit auch als Argument nutzen, dass grundsätzlich $x=y=z$ gelten muss, aber ich wüsste auf Anhieb nicht, warum. Es könnte ja durchaus sein, dass es ein anderes Lösungstripel $(x,y,z)$ gibt. Dann würde aus der zyklischen Vertauschung lediglich folgern, dass auch $(y,z,x)$ und $(z,x,y)$ die Gleichungen lösen.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.893 begonnen.]
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stpolster
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| Beitrag No.897, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894 schreibt:
Wo sind die? Gibt es dafür einen eigenen Link? Im Moment nur unter Mathematik-Olypiaden
2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894 schreibt:
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren. Kann ja sein.
Das Problem ist, dass beim Gesamttext alles Einzeldateien neu übersetzt werden. Ist logisch, wie sollen sonst die korrekten Seitenzahlen und das Inhaltsverzeichnis erstellt werden.
Dafür einen Vorschlag?
@alle: Danke für die vielen Lösungen. 1019 sind online.
LG Steffen
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stpolster
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| Beitrag No.898, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 13:41 - cyrix in Beitrag No. 893 schreibt:
... Und ich bemühe mich, dass wir auf unter 300 noch offene Aufgaben kommen. *grumml* Tut mir leid.
11 und 12 wurden erst 1999 getrennt.
Wenn ich mich nicht verzählt habe, sind es 62 neue Aufgaben in der Klasse 9 und jeweils 80 in der 10 bzw. 12, also dir von dir genannten 222 Aufgaben. 
Ich war mir auch nicht sicher, ob wir sie aufnehmen sollten.
Eine kleinen Hoffnungsschimmer gibt es, da mir einige offizielle Lösungszettel versprochen wurden. Ich werde dann fleißig abtippen.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.899, eingetragen 2019-06-23
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Alles gut. Wir haben nur eben etwas länger zu tun, bis das Projekt abgeschlossen ist. ;)
Cyrix
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.900, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 14:50 - stpolster in Beitrag No. 897 schreibt:
2019-06-23 13:43 - HyperPlot in Beitrag No. 894 schreibt:
Musst halt mal anfangen in die Vorlage zu investieren. Kann ja sein.
Das Problem ist, dass beim Gesamttext alles Einzeldateien neu übersetzt werden. Ist logisch, wie sollen sonst die korrekten Seitenzahlen und das Inhaltsverzeichnis erstellt werden.
Dafür einen Vorschlag?
Du könntest einmal statt \input{sub.tex}
\includestandalone[mode=tex]{sub} oder \includestandalone[mode=buildnew]{sub} probieren.
Zieht allerdings % arara: pdflatex: {shell: yes} nach sich.
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Ex_Senior
| Beitrag No.901, eingetragen 2019-06-23
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Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
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Ex_Senior
| Beitrag No.902, eingetragen 2019-06-23
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Na dann fangen wir mal an mit den Zusatzaufgaben:
Aufgabe 320921: Ein pythagoreisches Zahlentripel  besteht aus drei con 0 verschiedenen natürlichen Zahlen  , für die  gilt.
a) Geben Sie drei verschiedene Tripel (  mit  an und bestätigen Sie, dass es pythagoreische Zahlentripel sind!
b) Warum gibt es kein pythagoreisches Zahlentripel mit  ?
Lösung:
a) Offensichtlich ist für jedes natürliche  das Tripel  wegen  ein pythagoreisches.
b) Wäre , so also  , also  mit  , was ein Widerspruch ist.
Aufgabe 320922: In der Ebene seien vier paarweise verschiedene Geraden gegeben.
a) Welches ist die größtmögliche Anzahl derjenigen Punkte, die Schnittpunkt von (jeweils mindestens) zwei der gegebenen Geraden sind?
b) Stellen Sie fest, welche der Zahlen 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 als Anzahl solcher Schnittpunkte möglich ist und welche nicht!
Lösung:
Es seien  die vier Geraden.
a) Wenn keine zwei der Geraden parallel sind und sich keine drei in einem gemeinsamen Punkt schneiden, dann besitzen und , und , und  , und , und sowie und jeweils einen Schnittpunkt, der von den übrigen verschieden ist. Da zwei verschiedene Geraden nur höchstens einen Punkt gemein haben können, ist dies also die Maximalzahl möglicher verschiedener Schnittpunkte.
b) Wir haben gerade gesehen, dass sich genau 6 Schnittpunkte erzeugen lassen, indem keine zwei der Geraden parallel sind und sich keine drei in einem Punkt schneiden.
Sind und parallel, aber und weder zueinander noch zu (und ) parallel, haben und mit und je zwei Schnittpunkte. Ist der Schnittpunkt von und keiner dieser vier, so gibt es insgesamt 5.
Sind in der Konstruktion von eben nun und doch parallel, so gibt es nur die vier Schnittpunkte mit den Parallelen und .
Sind , und paarweise parallel zueinander, aber nicht, so schneiden sich , und paarweise nicht, während jede von diesen mit genau einen Schnittpunkt besitzt, wobei keine zwei dieser Schnittpunkte zusammenfallen, es also insgesamt genau 3 gibt.
Sind alle vier Geraden paarweise parallel zueinander, so gibt es gar keinen, also 0, Schnittpunkte.
Verlaufen alle vier Geraden durch einen gemeinsamen Punkt  , gibt es genau einen Schnittpunkt, nämlich . Weitere kann es nicht geben, da zwei verschiedene Geraden sich in höchstens einem Punkt schneiden.
Bleibt noch zu zeigen, dass genau zwei Schnittpunkte nicht möglich sind: Angenommen, es gäbe eine solche Konstellation. Dann können die drei Geraden , und nicht paarweise parallel zueinander sein, da es sonst (s.o.) mit genau 0 oder genau 3 Schnittpunkte gäbe. Auch können sie sich nicht in einem gemeinsamen Punkt schneiden, da es sonst (wenn durch verläuft) genau 1 oder (wenn nicht durch verläuft) genau  Schnittpunkte geben würde. Auch können die drei Geraden nicht paarweise nicht parallel sein, da aus dem Zusammenfallen von zwei ihrer drei Schnittpunkte sofort folgen würde, dass der dritte mit diesem auch identisch ist, man sich also im vorherigen Fall befindet. Also sind von den drei Geraden , und genau zwei parallel und die dritte dazu nicht parallel. O.B.d.A. sei  und  . Analog kann man nun die drei Geraden , und betrachten, von denen wieder zwei parallel und die dritte nicht dazu parallel sein muss. Im Fall  erhalten wir den Widerspruch  analog oben mit genau 3 Schnittpunkten und im verbleibenden Fall  erhält man genau 4 Schnittpunkte (s.o.), also auch nicht genau 2.
Es lässt sich also jede Schnittpunktanzahl von 0 bis 6 mit Ausnahme der 2 realisieren.
Aufgabe 320923: Beim Tanken eines Oldtimers mit Zweitaktmotor, der ein Öl-Kraftstoff-Gemisch von 1:50 benötigt, wurden zunächst versehentlich 7 Liter Kraftstoff ohne Öl getankt.
Wie viele Liter Gemisch mit dem noch lieferbaren Verhältnis 1:33 müssen nun hinzugetankt werden, damit sich das richtige Mischungsverhältnis von 1:50 ergibt?
Die gesuchte Literzahl ist auf eine Stelle nach dem Komma genau zu ermitteln.
Lösung:
Es sei  das Volumen der noch nachzutankenden Menge in Litern. Dann soll also  gelten, also  . Es ist  und  , also geht die Gleichung durch Multiplikation mit  über in  , sodass genau (auf beliebig viele Stellen nach dem Komma) 14 Liter vom  -Gemisch nachzutanken sind.
Aufgabe 320931: In einem Land gibt es nur zwei Sorten von Menschen: Edelmänner und Schurken.
Jeder Edelmann macht nur wahre Aussagen, jeder Schurke nur falsche Aussagen. Ein nicht aus diesem Land stammender Reporter berichtet, er habe folgendes Gespräch dreier Einwohner , und dieses Landes gehört:
sagt zu : "Wenn ein Edelmann ist, dann bis du ein Schurke."
sagt zu : "Du bist von anderer Sorte als ich."
Kann ein solches Gespräch stattgefunden haben?
Wenn das der Fall ist, geht aus dem Gespräch für jeden der drei , , eindeutig hervor, ob er Edelmann oder Schurke ist, und zu welchen Sorten gehören dann , und ?
Lösung:
Wir betrachten zuerst und seine Aussage. Wäre er ein Schurke, so also auch , der mit seiner Aussage also eine falsche Aussage getroffen hätte. Nun ist aber die Voraussetzung "Wenn ein Edelmann ist" seiner Aussage nicht erfüllt, diese also automatisch immer wahr, was ein Widerspruch ist.
Also kann in einem solchen Gespräch kein Schurke, muss also ein Edelmann sein. Dann jedoch ist seine Aussage wahr und ein Schurke. Dessen Aussage ist damit falsch, sodass (aufgrund der diesmal erfüllten Voraussetzung der Aussage von ) auch ein Edelmann sein muss.
In dieser Konstellation kann das Gespräch stattgefunden haben und es ist eindeutig bestimmt, welcher Sorte jeweils , und angehören, nämlich und den Edelmännern und den Schurken.
Aufgabe 320932: Wie viele Paare  natürlicher Zahlen, für die  gilt, gibt es insgesamt?
Lösung:
Für diese Aufgabe wird vorausgesetzt, dass 0 eine natürliche Zahl ist.
Dann gibt es für jedes natürliche  genau  verschiedene Möglichkeiten  zu wählen (nämlich 0 bis  ), sodass die Ungleichung erfüllt ist. Summieren wir dies über alle , so erhalten wir also insgesamt
Paare natürlicher Zahlen, die die Ungleichung aus der Aufgabenstellung erfüllen.
Aufgabe 320934: Ist eine Primzahl, so sei  die Menge aller derjenigen Zahlen  , die sich mit positiven ganzen Zahlen und in der Gestalt  darstellen lassen.
Beweisen Sie, dass für jede Primzahl die folgende Aussage gilt:
Wenn eine Zahl der Menge angehört, dann gehört auch die Zahl  der Menge an.
Lösung:
Es sei  , sodass es also positive ganze Zahlen und mit gibt. Dann ist
 .
Offensichtlich sind mit und auch  und  ganze Zahlen. Mit  ist auch  . Nach Definition ist  . Es kann aber nicht  gelten, da sonst  , also  folgen würde, was ein Widerspruch ist. Also ist  und damit  , sodass auch  folgt,  .
Aufgabe 320936: a) Geben Sie drei ganze Zahlen , und an, für die gilt:
(1) 
b) Ermitteln Sie die Anzahl aller derjenigen Tripel  ganzer Zahlen, die die Gleichung (1) erfüllen!
Lösung:
Es ist
also (1) äquivalent zu
 bzw.  .
Es ist  , sodass man etwa  ,  , also  wählen kann, was eine Lösung der Ausgangsgleichung liefert und Teilaufgabe a) löst.
Für b) stellen wir fest, dass die Anzahl der ganzzahligen Lösungen der Ausgangsgleichung offenbar genau der Anzahl der ganzzahligen Lösungen der Gleichung  entspricht, da man aus jeder Lösung der einen eindeutig eine Lösung der anderen via  ,  und  erhält.
Es lässt sich die Zahl 146 auf ausschließlich folgende Weisen (ohne Beachtung der Reihenfolge) als Summe von drei Quadratzahlen darstellen:  .
Für die letzten zwei Dartellungen gibt es je 6 mögliche Reihenfolgen der Summanden und unabhängig voneinander jeweils beide Wahlen für die Vorzeichen von , und , also jeweils  Lösungen; für beide Darstellungen insgesamt also 96 Lösungen.
Für die zweite Darstellung  gibt es wieder 6 mögliche Reihenfolgen der Summanden, aber nur noch für die von Null verschiedenen Quadrate je zwei mögliche Vorzeichen, also für diese Darstellung  Lösungen.
Und für die erste Darstellung gibt es wieder für jede der Variablen zwei mögliche Vorzeichen, dafür aber nur 3 mögliche Reihenfolgen der Summanden, also  Lösungen.
Insgesamt besitzt also genau  verschiedene ganzzahlige Lösungstripel, sodass dies auch die gesuchte Anzahl an Lösungen für die Ausgangsgleichung (1) ist.
Aufgabe 340932=341031: Beweisen Sie, dass es keine natürliche Zahl  gibt, für die die Zifferndarstellung der Zahl  auf mehr als eine Null enden würde!
Lösung:
Würde auf mindestens zwei Nullen Enden, so wäre es durch 4 teilbar. Es ist aber  durch  , also insbesondere durch 4 teilbar, sodass  nie durch 4 teilbar sein kann, .
Aufgabe 340933=341032: Berechnen Sie die Zahl
ohne die Zahlenwerte der beiden Produkte einzeln zu berechnen!
Mit  ist also die Differenz  zu berechnen. Dabei ergeben sich beim Ausmultiplizieren der Produkte jeweils gleiche Vorzeichen bei den Termen mit geraden Exponenten von und verschiedene bei ungeraden Exponenten von . Es ergibt sich also
 .
Aufgabe 340935: Man ermittle alle diejenigen positiven ganzen Zahlen , für die jede der sechs Zahlen
,  ,  ,  ,  , 
eine Primzahl ist.
Lösung:
Es ist genau eine der Zahlen ,  , ,  und  durch 5 teilbar, da auch genau eine der fünf aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen bis  durch 5 teilbar ist.
Die sechs Zahlen können also nur dann allesamt Primzahl sein, wenn die 5 unter ihnen ist. Da gilt, kommt dafür nur oder in Frage. Wäre aber  , so wäre  keine Primzahl. Also verbleibt nur  , was wegen  ,  ,  ,  und  tatsächlich eine Lösung ist. Es gibt also nur genau ein solches , nämlich .
Aufgabe 340942=341041: Zeigen Sie, dass die Zahl
durch 336 teilbar ist!
Lösung:
Es ist  offensichtlich durch 7 teilbar und  durch 48 teilbar, also durch  teilbar, .
Aufgabe 340945 = 341045: Einem regelmäßigen Tetraeder  wir die Inkugel  einbeschrieben (das ist diejenige Kugel, die alle vier Dreiecksflächen ,  ,  ,  berührt).
Dieser Kugel wird ein zweiter regelmäßiger Tetraeder  einbeschrieben (d.h., seine Ecken ,  ,  ,  liegen alle auf der Oberfläche der Kugel ).
Welches Verhältnis  bildet das Volumen  eines solchen Tetraeders mit dem Volumen  von ?
Lösung:
In- und Umkugelmittelpunkt eines regelmäßigen Tetraeders fallen mit dem Schnittpunkt seiner Schwerelinien zusammen. Da sich diese im Verhältnis 3:1 schneiden und senkrecht auf den jeweiligen Seitenflächen stehen, ist also der Umkugelradius eines Tetraeders genau dreimal so groß wie sein Inkugelradius.
Da der Inkugelradius  von genau dem Umkugelradius von entspricht, beträgt also dessen Inkugelradius  genau  .
Mittels Strahlensatz folgt schnell, dass die Kantenlängen und Inkugelradien von regelmäßigen Tetraedern im gleichen Verhältnis stehen, ihre Volumina aber in der dritten Potenz dieses Verhältnisses. Also gilt
 .
Aufgabe 340946=340846: Wie viele Paare ganzer Zahlen  gibt es, die die Ungleichung  erfüllen, gibt es insgesamt?
Lösung:
Wir betrachten zuerst die Ungleichung (*)  und bestimmen die Anzahl der Lösungen von dieser Ungleichung mit nicht-negativen ganzen Zahlen und . Dabei unterscheiden wir, ob diese gleich 0 werden, oder verschieden davon sind:
Es gibt genau eine Lösung mit  .
Für  ,  gibt es genau die 99 Lösungen  bis  . Analog gibt es für  ,  genau 99 Lösungen.
Sei nun  und  . Für festes gibt es für genau die Lösungen  , also  verschiedene. Insgesamt gibt es also
Lösungen in diesem Fall.
Nun zurück zur Ungleichung aus der Aufgabenstellung: Für jede Lösung  der Ungleichung (*) mit  erhält man vier Lösungen der Ungleichung der Aufgabenstellung, da man  und unabhängig davon  wählen kann. Ist einer oder sind beide Werte , aber gleich Null, so kann man hierbei nur ein Vorzeichen wählen und erhält  bzw.  .
Zusammen ergeben sich also für die Ausgangsgleichung folgende Anzahlen von Lösungen:
Ist , so erhält man genau  Lösung für die Ausgangsgleichung.
Ist und , oder umgekehrt, dann erhält man jeweils genau  , in beiden Fällen zusammen also  , Lösungen der Ausgangsgleichung.
Und sind sowohl als auch von 0 verschieden, erhält man daraus  Lösungen der Ausgangsgleichung.
Insgesamt erhalten wir damit, dass die Ungleichung aus der Aufgabenstellung genau  ganzzahlige Lösungen besitzt.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.896 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.903, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 16:38 - TomTom314 in Beitrag No. 901 schreibt:
Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
Hi Tom,
ich hab die Aufgabe in meinem Funktionalgleichungsskript entdeckt, als Einstiegsaufgabe der Kategorie "Doppelt berechnen". Wenn man das weiß, geht die Lösung, zusammen mit deinen Vorüberlegungen, recht einfach: Aus (1) und (2) folgt $f(0)=0$, $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$ sowie $f(-x)=-f(x)$ für alle $x$. Für alle $x\notin \{0,-1\}$ haben wir nun
$$\frac{f(x)}{x^2}+1=f\left(\frac{1}{x}\right)+1=f\left(\frac{1}{x}+1\right)=f\left(\frac{1+x}{x}\right)=f\left(\frac{x}{1+x}\right)\cdot \left(\frac{1+x}{x}\right)^2$$
und
$$f\left(\frac{x}{1+x}\right)=f\left(1-\frac{1}{1+x}\right)=1-f\left(\frac{1}{1+x}\right)=1-\frac{f(1+x)}{(1+x)^2}=1-\frac{1+f(x)}{(1+x)^2}$$
was kombiniert dann
$$\frac{f(x)}{x^2}+1=\left(1-\frac{1+f(x)}{(1+x)^2}\right)\left(\frac{1+x}{x}\right)^2=\left(\frac{1+x}{x}\right)^2-\frac{1+f(x)}{x^2}$$
also
$$2\frac{f(x)}{x^2}=\frac{2}{x}$$
und damit, zusammen mit $f(0)=0$ und $f(-1)=-1$ (aus den Vorüberlegungen bzw. (1) und (2)), gilt $f(x)=x$ für alle $x$.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.904, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 16:38 - TomTom314 in Beitrag No. 901 schreibt:
Aufgabe 3A - 191233A
Man ermittle alle diejenigen Funktionen f, die für alle reellen Zahlen x definiert sind und den folgenden Bedingungen genügen:
(1) Für alle Paare (x1;x2) reeller Zahlen gilt $f(x_1+x_2) =f(x_1) +f(x_2)$.
(2) Es gilt $f(1) = 1$.
(3) Für alle reellen Zahlen $x\neq 0$ gilt $f(1/x) =f(x)/x^2$.
Bei dieser Aufgabe komme einfach nicht weiter. Eine offensichtliche Lösung ist $f(x)=x$ Die Bedingung (1), (2) liefert relativ schnell $f(rx)=rf(x)$ und $f(r)=r$ für $r\in\IQ$ und(!) die Gleichung (3) für rationale Zahlen. Ein Übergang zu $f(\sqrt r)= \sqrt r$ geht auch noch. Wie man aber z.B. für transzendente $x$ zu $f(x)=x$ oder ähnliche kommen soll, sehe ich nicht.
Hallo Tomtom314,
was hältst Du davon:
Wegen $f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)$ gilt für $x_2=0$ offenkundig $f(0)=0$. Wenn wir nun den Differenzenquotienten bilden:
$$f(x+h)=f(x)+f(h)$$$$f(x+h)-f(x)=f(h)-f(0)$$$$\frac{f(x+h)-f(x)}h=\frac{f(h)-f(0)}h$$Im Grenzübergang $h\rightarrow0$ folgt
$$f'(x)=f'(0)$$und somit $$f(x)=mx+b$$Wegen $f\left(\frac1x\right)=\frac1{x^2}f(x)$ muss gelten:
$$\frac mx+b=\frac1{x^2}(mx+b)=\frac mx+\frac b{x^2}$$Daraus folgt $b=0$, und wegen $f(1)=1$ kommt nur $m=1$ in Frage. Die Funktion muss also lauten
$$f(x)=x$$wenn sie differenzierbar sein soll. Letzteres ist der entscheidende Knackpunkt. Wäre eine Funktion konstruierbar, die nicht differenzierbar ist?
Ciao,
Thomas
EDIT: Kornkreis war schneller. 
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.902 begonnen.]
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Kornkreis
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| Beitrag No.905, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 18:23 - MontyPythagoras in Beitrag No. 904 schreibt:
Letzteres ist der entscheidende Knackpunkt. Wäre eine Funktion konstruierbar, die nicht differenzierbar ist?
Hi Monty,
nein, aber dies zu beweisen, ohne vorher schon $f\equiv \mathrm{id}$ bewiesen zu haben, dürfte hier schwer sein. Deswegen ist es in der Regel nicht hilfreich, Stetigkeit oder Diffbarkeit vorauszusetzen, es sei denn eben, man kriegt es hin, dies separat zu beweisen.
Edit: Ich sehe gerade, dass du die Bedingung (3) effektiv nicht benutzt hast (aus $f(x)=mx+n$ bekommt man nämlich ohne (3) zu benutzen bereits $f\equiv \mathrm{id}$ raus). Dann ist es tatsächlich so, dass fast alle Funktionen, die (1) und (2) erfüllen, nicht differenzierbar sind. (1) ist eine der Cauchy-Funktionalgleichungen, und man kann beweisen, dass der Graph jeder Funktion, die (1) erfüllt und nicht die Identität ist, dicht in $\mathbb{R}^2$ liegt.
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stpolster
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| Beitrag No.906, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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Und schon sind wir bei 1037 Lösungen.
Danke an alle, insbesondere cyrix.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.902 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.907, eingetragen 2019-06-23
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@Monty, Kornkreis: Vielen Dank!
1),2) & stetig ergibt schon $f(x)=x$. Wenn nur 1),2) gefordert wird kann auf jeder $\IQ$-Basis ohne $1$ $f(x)$ frei gewählt werden.
Ich war sooo nah dran. $f(\frac{1}{1+x})$ hatte ich schon in der Hand, konnte es aber nicht umsetzen. Mist!
Eine Lösung ist dann in Arbeit.
Dann ist es tatsächlich so, dass fast alle Funktionen, die (1) und (2) erfüllen, nicht differenzierbar sind. (1) ist eine der Cauchy-Funktionalgleichungen, und man kann beweisen, dass der Graph jeder Funktion, die (1) erfüllt und nicht die Identität ist, dicht in $\mathbb{R}^2$ liegt.
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$.
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Kornkreis
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Aus: Chemnitz
| Beitrag No.908, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 19:12 - TomTom314 in Beitrag No. 907 schreibt:
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$. Aber so ein $f$ erfüllt auch nicht die Fktl.-Gleichung (1)
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Kornkreis
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| Beitrag No.909, eingetragen 2019-06-23
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Hi Steffen,
ich sehe gerade, dass du unsere Lösungen schon ins Skript aufgenommen hast. Dann muss die erste Zeile weiter ausgeführt werden, weil ich mich da auf Toms Ausführungen gestützt habe. Also statt
"Aus (1) und (2) folgt $f(0)=0$, $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$ sowie $f(-x)=-f(x)$ für alle $x$."
sollte es ausführlich
"Aus (1) folgt $f(0+0)=f(0)+f(0)$, also $f(0)=2f(0)$ und damit, nach Subtraktion von $f(0)$ auf beiden Seiten, $f(0)=0$. Weiterhin gilt $f(x-x)=f(x)+f(-x)$ für alle $x \in \mathbb{R}$, d.h. $0=f(x)+f(-x)$ bzw. $f(-x)=-f(x)$. Wegen $f(1)=1$ haben wir insbesondere $f(-1)=-1$ und $f(x+1)=f(x)+1$."
sein.
Außerdem sollte die Lösung von Monty nicht als Lösung, sondern als Kommentar im Skript sein, wie man vorgehen könnte, wenn Differenzierbarkeit gegeben wäre. Denn Differenzierbarkeit oder Stetigkeit waren nicht vorausgesetzt.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.910, eingetragen 2019-06-23
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Wenn die Folgen arithmetisch sein sollen, muss gelten $a_2-a_1=a_3-a_2$ bzw. $2a_2=a_1+a_3$. Das ergibt als erste Bedingung:
$$\frac4q=\frac1p+\frac1r$$$$(1)\qquad 4pr=qr+pq$$Ebenso gilt $2b_2=b_1+b_3$, beziehungsweise
$$pq=p+\frac12qr$$$$(q-1)p=\frac12qr$$$$(2)\qquad r=2\frac{q-1}qp$$Das setzen wir in (1) ein:
$$8\frac{q-1}qp^2=2(q-1)p+qp$$Eine Lösung dieser Gleichung wäre $p=0$, die aber in der Folge $a_i$ zur Division durch null führen würde. Daher ist die Lösung nur:
$$8\frac{q-1}qp=3q-2$$$$(3)\qquad p=\frac{q(3q-2)}{8(q-1)}$$und
$$(4)\qquad r=\frac{3q-2}4$$Mit $q=5$ ergibt sich $p=\frac{65}{32}$ und $r=\frac{13}4$.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.911, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 19:18 - Kornkreis in Beitrag No. 908 schreibt:
2019-06-23 19:12 - TomTom314 in Beitrag No. 907 schreibt:
Ich könnte $f(x)=x$ für $x\in\IQ$ und $f(x)=0$ für $x\in\IR\backslash\IQ$ nehmen. Der Graph ist dann nicht dicht in $\IR^2$. Aber so ein $f$ erfüllt auch nicht die Fktl.-Gleichung (1) ;-)
So langsam fällt der Groschen. Mit einer $\IQ$-Linearkombination aus 1 und $x\not\in\IQ$ können wir uns 0 nahezu beliebig nähern und damit ist der Graph dicht in $\IR^2$. (zumindest ein guter Schritt in Richtung dicht)
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stpolster
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Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 1033
Aus: Chemnitz
| Beitrag No.912, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-23
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@Kornkreis: Ich habe alles entsprechend geändert.
Mittlerweile sind 1039 Lösungen online. Ein paar neue Aufgabe Klasse 10 gibt es und ich habe einige eingefügte Bilder nun gemalt.
LG Steffen
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.913, eingetragen 2019-06-23
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2019-06-23 20:05 - stpolster in Beitrag No. 912 schreibt:
Ein paar neue Aufgabe Klasse 10 gibt es ...
Ohne darauf rumreiten zu wollen:
Wenn Du, wie irgendwann mal empfohlen, für die Aufgaben einen Index geführt hättest, könntest Du leicht bei Ergänzungen z.B. sowas vorübergehend anzeigen (als globale Einstellung):
![<math>
\begin{tikzpicture}[]
\node[scale=0.75, starburst, draw=red, fill=yellow, minimum width=0.5cm, minimum height=0.25cm, text=black]
{neu};
\end{tikzpicture}
\textbf{Aufgabe 1 - 999321} </math>](/matheplanet/nuke/html/latexrender/pictures/b3126694be95689b376c95541643d4fa.png "\begin{tikzpicture}[]
\node[scale=0.75, starburst, draw=red, fill=yellow, minimum width=0.5cm, minimum height=0.25cm, text=black]
{neu};
\end{tikzpicture}
\textbf{Aufgabe 1 - 999321}")
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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 | Beitrag No.914, eingetragen 2019-06-23
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Aufgabe 4 - 171234
Man beweise, dass für alle positiven reellen Zahlen $a,b,c$ mit $a^2 +b^2 +c^2 = \frac 5 3$ die Ungleichung gilt: \[\frac 1 a + \frac 1 b − \frac 1 c < \frac1{ abc }\]
Beweis: Ausgehend von
\[(a+b-c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc\ge0\]
erhält man durch Einsetzen von $a^2+b^2+c^2=\frac 5 3$ und Kürzen durch 2 die weitere Ungleichung
\[bc+ac-ab\le \frac 56<1\]
und daraus nach Division durch $abc>0$ schließlich
\[\frac 1a+\frac 1b-\frac 1c<\frac1{abc}\]
wie behauptet.
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2073
Aus: Hattingen
| Beitrag No.915, eingetragen 2019-06-23
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Wir nutzen eine bekannte Ungleichung des natürlichen Logarithmus, und zwar:
$$x>\ln(1+x)\quad\forall\quad x>0$$Daher ist
$$\frac1n>\ln\left(1+\frac1n\right)=\ln\frac{n+1}n=\ln(n+1)-\ln n$$Die Summe in der Aufgabenstellung ist dann
$$s=\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k$$Mit obiger Ungleichung gilt:
$$s>\sum_{k=n}^{n^2}\left(\ln(k+1)-\ln k\right)=\ln(n^2+1)-\ln n$$(Die Summe ist eine Teleskopsumme). Somit gilt
$$s>\ln\frac{n^2+1}n$$Wenn dieser Term größer als 1000 ist, ist auch $s>1000$. Daher ist eine hinreichende Bedingung:
$$\frac{n^2+1}n>e^{1000}$$Offensichtlich ist $n$ sehr groß, so dass man $(n^2+1)$ durch $n$ annähern kann. Dann gilt
$$n>e^{1000}\approx1,97\times10^{434}$$Das ist eine 435-stellige Zahl. $1,0\times10^{434}$ ist auch 435-stellig, aber deutlich kleiner als die genannte Untergrenze. Erst wenn die Zahl der Dezimalstellen mindestens 436 beträgt, ist die Ungleichung immer erfüllt. Somit gilt $p\geq436$.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.913 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.916, eingetragen 2019-06-23
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Aufgabe 300921: Ermitteln Sie alle diejenigen reellen Zahlen  , für die die folgende Ungleichung gilt
Lösung:
Die Ungleichung ist äquivalent zu  bzw.  . Ist  negativ, so auch  , sodass die Ungleichung nicht erfüllt wäre. Also ist positiv und damit die Ungleichung äquivalent zu  bzw.  .
Aufgabe 300922: <<modulo leichter Umformulierung identisch mit 280935>>
Lösung:
siehe 280935
Aufgabe 300923: a) Wie viele dreistellige natürliche Zahlen, bei denen (wie z.B. 921) die Zehnerziffer größer ist als die Einerziffer, aber kleiner als die Hunderterziffer ist, gibt es insgesamt?
b) Wie viele sechsstellige Zahlen insgesamt lassen sich dadurch herstellen, dass man zwei verschiedene der unter a) beschriebenen Zahlen auswählt und die größere dieser beiden Zahlen hinter die kleinere schreibt?
c) Die kleinste unter allen denjenigen in b) beschriebenen sechsstelligen Zahlen, bei denen die zweite der genannten dreistelligen Zahlen genau um 1 größer ist als die erste, ist die Telefonnummer des Senders Potsdam. Wie lautet sie?
Lösung:
a) Jede Auswahl von 3 verschiedenen Ziffern ohne Beachtung der Reihenfolge führt auf genau eine solche dreistellige Zahl. Also gibt es  solcher dreistelligen Zahlen.
b) Jede Auswahl von 2 verschiedenen solchen dreistelligen Zahlen ohne Beachtung der Reihenfolge liefert genau eeine solche sechsstellige Zahl. Also gibt es genau  solcher sechsstelligen Zahlen.
c) Damit die Zahl möglichst klein ist, sollten die ersten Ziffern möglichst klein sein. Minimal möglich ist für eine dreistellige Zahl aus a) der Wert 210. Dann ist aber die um 1 größere Zahl nicht von der in a) beschriebenen Form. Dafür muss die um 1 erhöhte Einerziffer immernoch kleiner als die Zehnerziffer sein, sodass diese mindestens 2 und damit die Hunderterziffer mindestens 3 betragen muss. Tatsächlich ist die minimale Möglichkeit dafür 320321, sodass dies die gesuchte Telefonnummer ist.
Aufgabe 300924: Für jede natürliche Zahl  sei folgendes Vorhaben betrachtet:
Jemand möchte  verschiedene von einem Punkt ausgehende Strahlen zeichnen.
Dann möchte er alle diejenigen Winkelgrößen zwischen  und  feststellen, die bei Messung eines Winkels jeweils von einem in mathematisch positiven Drehsinn zu einem anderen dieser Strahlen auftreten können. Er möchte die Strahlen so zeichnen, dass sich dabei
a) möglichst wenige,
b) möglichst viele
verschiedene Winkelgrößen feststellen lassen.
Ermitteln Sie in Abhängigkeit von die kleinst- bzw. größtmögliche Anzahl verschiedener Winkelgrößen, die so erreichbar sind!
Lösung:
Auf jedem Strahl liege ein von verschiedener Punkt  ,  , sodass diese in mathematisch positivem Drehsinn den Punkt durchlaufen.
a) Nach Konstruktion sind die Winkel  für alle  paarweise verschieden. Also gibt es wenigstens  verschiedene Winkel. Ordnet man die Strahlen so an, dass  gilt, so werden nur Winkel von dieser Form angenommen, da für  dann  bzw.  gelten. Also sind minimal verschiedene Winkelgrößen möglich.
b) Die maximal mögliche Anzahl verschiedener Winkelgrößen erhielte man, wenn für je zwei verschiedene Indizes  mit  die Winkel  alle paarweise verschieden wären. Dann erhielte man  verschiedene Winkelgrößen. Um zu zeigen, dass dies möglich ist, ordne man die Strahlen so an, dass  für alle  gilt. Dann ist offenbar  , wenn und  , wenn  . Es können also zwei solche Winkel und  nur dann gleich sein, wenn und  , oder  und  gilt. Im zweiten Fall sind dann aber auch die entsprechenden Winkel in der jeweils anderen Orientierung gleich, sodass wir o.B.d.A. und voraussetzen können. Aus  folgt dann  . Die linke Seite der Gleichung ist eine durch  , aber keine größere Dreierpotenz teilbare natürliche Zahl, die rechte Seite analog eine durch  , aber keine größere Dreierpotenz teilbare natürliche Zahl. Aufgrund der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung gilt damit  , woraus sofort auch  folgt, sodass es sich nicht um Winkel zwischen verschiedenen Strahl-Paaren gehandelt haben kann, also tatsächlich alle Winkel zwischen je zwei verschiedenen Strahlen verschiedene Größen haben. Damit kann man also maximal  verschiedene Winkelgrößen erhalten.
Aufgabe 300931: Zwei Spieler A und B spielen folgendes Spiel:
Auf dem Tisch liegen aufgedeckt 50 Spielkarten. Jede ist mit genau einer der Zahlen von 1 bis 50 beschriftet, jede dieser Zahlen steht au genau einer der Karten. Weitere unbeschriftete Karten stehen zur Verfügung.
Die Spieler sind, beginnend mit A, abwechselnd am Zug.
Wer am Zug ist, wählt zwei beliebige der beschrifteten Karten und nimmt sie aus dem Spiel. Dann beschriftet er eine der unbeschrifteten Karten mit dem Absolutbetrag der Differenz der Zahlen auf den weggenommenen Karten, legt die so neu beschriftete Karte auf den Tisch und bringt sie damit ins Spiel.
Das Spiel endet, wenn nur noch eine Karte im Spiel ist. Steht auf dieser eine gerade Zahl, so hat gewonnen, andernfalls .
Kann einer der Spieler das Spiel so gestalten, dass er mit Sicherheit gewinnt?
Lösung:
Egal, wie gespielt wird, B gewinnt immer. (Damit kann sich A eine beliebige Strategie festlegen, das Spiel so gestalten, und gewinnt mit Sicherheit.)
Beweis: Seien und mit o.B.d.A.  die Zahlen, die in einem Zug von einem Spieler auf aus dem Spiel genommenen Karten stehen. Dann verringert sich die Gesamtsumme aller Zahlen auf im Spiel befindlichen Karten um  , erhöht sich aber durch die neu ins Spiel gebrachte Karte um  . Insgesammt verringert sich also die Gesamtsumme um  , also eine gerade Zahl, sodass sich die Parität der Gesamtsumme aller im Spiel befindlichen Zahlen nie ändert. Da das Spiel endlich ist (mit jedem Zug sinkt die Anzahl der im Spiel befindlichen Karten um 1), ist irgendwann nur noch eine Karte im Spiel, d.h., die darauf befindliche Zahl ist dann gleichzeitig der Gesamtsumme aller im Spiel befindlichen Zahlen. Diese ist demnach genau dann gerade, wenn es auch die Summe aller Zahlen zu Spielbeginn war, welche  , also ungerade ist. Damit bleibt in jedem Fall am Ende eine Karte mit einer ungeraden Zahl übrig, sodass B sicher gewinnt, .
Aufgabe 300932: Man ermittle alle Darstellungen der Zahl 1991 als Summe von mindestens drei aufeinanderfolgenden positiven natürlichen Zahlen.
Lösung:
Es ist  , wobei 11 und 181 Primzahlen sind. Damit hat 1991 genau die vier Teiler 1, 11, 181 und 1991.
Es sei  die Anzahl der aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen, deren Summe 1991 ergibt.
Fall 1: Es ist  eine ungerade Zahl. Sei  der kleinste Summand. Dann lauten die weiteren also  und wir erhalten
 .
Also müssen und Teiler von  mit  sein. Dies schließt  und  aus;  fällt wegen weg, sodass nur  und damit  verbleibt. Wir erhalten
Fall 2: Es ist  eine gerade Zahl mit . Sei der kleinste Summand. Dann lauten die weiteren  , sodass wir
erhalten. Diesmal müssen und  Teiler und Gegenteiler von 1991 sein, sodass  und damit  gilt. Wieder muss  , also  gelten. Dies schließt  und  aus, während  wegen ausgeschlossen ist. Es verbleibt als einzige Lösung  , woraus  und  folgt. Wir erhalten die Darstellung
Aufgabe 300934: Man ermittle alle diejenigen natürlichen Zahlen zwischen 100 und 400, für die die Summe  der Ziffern bei der Darstellung von im Dezimalsystem (die übliche "Quersumme") gleich der Summe  der Ziffern ist, die bei der Darstellung von im System mit der Basis 9 auftreten.
Hinweis: Um eine Summe von Ziffern bilden zu können, ist natürlich jede einzelne Ziffer als Zahl aufzufassen. Das ist ohne Missverständnisse möglich, da die für das System der Basis 9 notwendigen Ziffern 0, 1,  , 8 dort dieselben Zahlen darstellen wie im Dezimalsystem.
Lösung:
Es sei  die Darstellung von im Dezimalsystem und  die Darstellung im System zur Basis 9. Dabei reichen wegen  auch drei Ziffern aus. Dann ist  und  .
Wegen  ist  und analog wegen  auch  .
Gilt  , so ist also  sowohl durch  als auch 8, also wegen  auch durch  teilbar. Es folgt  .
Es ist  , also  . Damit gilt  , also  .
Fall 1:  . Dann ist  , also  und damit  . Es ist  und  , also  . Damit ergibt sich  . Für  ist  und wegen  dann  , also keine Lösung. Für  ist  . Ist  , so  , also  und  , sodass es keine Lösung gibt. Für  dagegen ist  , sodass sich  ergibt. Also sind alle  Lösungen.
Fall 2:  . Dann ist  und damit  , d.h.  . Es ist  und  , also  und damit  . Es ist  mit  und  , also  und  , sodass alle Werte  Lösungen sind.
Fall 3:  . Dann ist  . Es ist  und  , also  . Damit ist  . Ist  , so also  , was wegen  keine Lösungen liefert. Also ist  und damit  , während  und  , also  , sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 4:  . Dann ist  . Dann ist  , also  , d.h.  und  . Es ist  , also für  ist  und  , sodass alle  Lösungen sind. Ist dagegen mit  , also weiterhin , so ist  und damit  , sodass es keine weiteren Lösungen gibt.
Zusammenfassend erfüllen genau die folgenden die Bedingung der Aufgabenstellung:
Aufgabe 300935: Ermitteln Sie alle diejenigen Tripel natürlicher Zahlen, für die gilt:
Lösung:
O.B.d.A. gelte  . Dann ist  und damit  , also  . Es ist auch  , da sonst  , also  im Widerspruch zur Gleichung aus der Aufgabenstellung gelten würde. Es verbleiben zwei Möglichkeiten für .
Fall 1: Es ist  . Dann ist die folgende Gleichung zu lösen:  . Wegen  ist  , also  , sodass  folgt. Wegen  ist auch  , da sonst  mit analogem Widerspruch wie oben folgen würde.
Fall 1.1: Es ist  . Dann folgt  , also  .
Fall 1.2: Es ist  . Dann folgt  , also  .
Fall 1.3: Es ist  . Dann folgt  , sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 2: Es ist  . Dann ist folgende Gleichung zu lösen:  . Dann ist wegen  auch  , also  . Wegen  ist auch  .
Fall 2.1: Es ist  . Dann folgt  , sodass es hier keine Lösung gibt.
Fall 2.2.: Es ist . Dann folgt  , sodass es auch hier keine Lösung gibt.
Zusammenfassend erfüllen also genau die Tripel
positiver ganzer Zahlen die Gleichung.
Aufgabe 330935: Ermitteln Sie alle positiven ganzen Zahlen mit der Eigenschaft, dass die drei Zahlen  ,  und  einen gemeinsamen Teiler größer als 1 haben!
Lösung: Sei ein gemeinsamer Teiler der drei Zahlen. Dann ist auch ein Teiler von  . Damit die drei Zahlen also einen gemeinsamen Teiler größer 1 haben, müssen sie alle drei durch 3 teilbar sein. Dies ist genau für  mit einer beliebigen positiven ganzen Zahl der Fall, denn dann ist  ,  und  ; sonst ist keine der Zahlen durch 3 teilbar, sodass insbesondere und , also auch alle drei Zahlen gemeinsamen, teilerfremd sind. Die gesuchten Zahlen sind also die der Form  mit positiven ganzen Zahlen .
Aufgabe 330944: Jemand findet die Angabe
Darin sind auch die zwei durch  angedeuteten unleserlichen Ziffern. Er möchte diese Ziffern ermitteln, ohne die Multiplikationen vorzunehmen, die der Definition von  entsprechen.
Führen Sie eine solche Ermittlung durch und begründen Sie sie! Dabei darf verwendet werden, dass die angegebenen Ziffern korrekt sind.
Hinweis: <<Erklärung der Fakultät>>
Lösung:
Es sei die vordere und die hintere der beiden unleserlichen Ziffern. Da 22! durch 9 teilbar ist, muss ihre Quersumme durch 9 teilbar sein. Sie lautet  , sodass wegen  dann  gilt.
Weiterhin ist 22! durch 11 teilbar, sodass ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist. Diese lautet  , sodass durch 11 teilbar ist, was wegen  auf  und damit führt.
Da es keine Lösung in natürlichen Zahlen für  und gibt, muss  und damit  gelten. Dies sind die gesuchten Ziffern.
Aufgabe 330945=331045: Bei Verwendung eines kartesischen Koordinatensystems werde ein Punkt der Ebene "rational" genannt, wenn seine beiden Koordinaten rationale Zahlen sind; er werde "irrational" genannt, wenn seine beiden Koordinaten irrationale Zahlen sind; er werde "gemischt" genannt, wenn eine seiner Koordinaten rational und die andere irrational ist.
a) Gibt es in der Ebene Geraden, die nur Punkte einer Sorte enthalten?
Ermitteln Sie die Antwort auf diese Frage für jede der drei Sorten "rational", "irrational" und "gemischt"!
b) Gibt es in der Ebene Geraden, in denen aus genau zwei Sorten (mindestens) je ein Punkt enthalten ist?
Ermitteln Sie die Antwort auf diese Frage für jede Zusammenstellung von zwei der drei Sorten!
c) Gibt es in der Ebene Geraden, in denen aus jeder der drei Sorten (mindestens) je ein Punkt enthalten ist?
b)
Lösung:
a) Es kann keine Gerade geben, die nur aus rationalen oder irrationalen Punkten besteht: Jede Gerade, die nicht parallel zur -Achse verläuft, enthält für jede reelle Zahl einen Punkt mit dieser -Koordinate, also insbesondere Punkte mit rationaler und Punkte mit irrationaler -Koordinate. Und für jede Parallele zu -Achse gilt dieses Argument entsprechend mit den -Koordinaten.
Auch kann keine Gerade nur gemischte Punkte enthalten: Gäbe es eine solche, so kann sie nicht parallel zur -Achse verlaufen, denn sonst wäre entweder für alle Punkte auf dieser Geraden die -Koordinate rational, oder für alle irrational, während sowohl Punkte mit rationaler als auch mit irrationaler -Koordinate auf ihr liegen, also auf jeden Fall auch ein rationaler bzw. ein irrationaler Punkt. Analog schließt man aus, dass es sich um eine Gerade handelt, die parallel zur -Achse liegt. Für jede sonstige Gerade aber durchlaufen sowohl die - als auch die -Koordinaten der auf ihr liegenden Punkte alle reellen Zahlen, wobei jede nur genau einmal (als - und einmal als -Koordinate) angenommen. Lägen auf ihr nur gemischte Punkte, so müsste jeder Punkt mit irrationaler -Koordinate eine rationale -Koordinate besitzen, sodass es mindestens so viele rationale wie irrationale reelle Zahlen geben müsste. Tatsächlich sind aber die irrationalen Zahlen überabzählbar, während die rationalen nur abzählbar sind, was ein Widerspruch zur gerade gewonnenen Feststellung ist. Also gibt es keine Gerade, die nur aus gemischten Punkten besteht.
b) Für jede Kombination gibt es solche Geraden:
Auf der Geraden  liegen ausschließlich rationale Punkte (die mit rationaler -Koordinate) und gemischte (die mit irrationaler -Koordinate).
Auf der Geraden  liegen ausschließlich irrationale Punkte (die mit irrationaler -Koordinate) und gemischte (die mit rationaler -Koordinate).
Und auf der Geraden  liegen ausschließlich rationale Punkte (die mit rationaler -Koordinate) und irrationale (die mit irrationaler -Koordinate).
c) Auch solche Geraden gibt es, z.B.  . Auf dieser Geraden liegt der rationale Punkt  , der gemischte Punkt  und der irrationale Punkt  .
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.908 begonnen.]
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weird
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| Beitrag No.917, eingetragen 2019-06-24
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4.22.2 III. Stufe 1982, Klasse 12
Aufgabe 1 - 221231
Es sind alle nichtnegativen ganzzahligen Lösungen des Gleichungssystems
\[x_1 +11x_2 +21x_3 +31x_4 +41x_5 =55\]
\[2x_1 +12x_2 +22x_3 +32x_4 +42x_5 =60\]
\[3x_1 +13x_2 +23x_3 +33x_4 +43x_5 =65\]
\[4x_1 +14x_2 +24x_3 +34x_4 +44x_5 =70\]
\[5x_1 +15x_2 +25x_3 +35x_4 +45x_5 =75\]
zu ermitteln.
Lösung: Das obige Gleichungssystem ist offensichtlich äquivalent zu dem einfacheren
\[\begin{array}{rrrrr}
x_1&+11x_2&+21x_3&+31x_4&+41x_5&=55 \qquad (1)\\
x_1&+x_2&+x_3&+x_4&+x_5&=5 \qquad (2)
\end{array} \]
da sich (2) durch einfache Differenzbildung aus den beiden ersten Gleichungen ergibt und sich auch umgekehrt durch Addition eines geeigneten Vielfachen von (2) zu (1) alle Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems ergeben. Subtrahiert man (2) von (1) und kürzt durch $10$, erhält man so sofort die weitere Gleichung
\[x_2+2x_3+3x_4+4x_5=5\qquad (3)\]
Wir unterscheiden nun die folgenden einander ausschließenden 3 Fälle:
1.Fall: $x_5=1$.
Wegen (3) muss dann auch sofort
\[x_2=1,\ x_3=x_4=0\]
gelten, womit sich aus (2) dann auch $x_1=3$ ergibt, was tatsächlich eine Lösung unseres Gleichungssystems hier ist.
2.Fall: $x_5=0,\ x_4=1$
Hier ergeben sich aus (3) die beiden Unterfälle:
a) $x_2=0,\ x_3=1$, sowie $x_1=3$ aus (2)
b) $x_2=2,\ x_3=0$, sowie $x_1=2$ aus (2)
welche beide ebenfalls hier zusätzlich (1) lösen, also dann Lösungen sind.
3.Fall: $x_4=x_5=0$
Hier ergeben sich wieder unter Verwendung von (3) dann sogar drei Unterfälle, nämlich
a) $x_2=1,\ x_3=2$, sowie $x_1=2$ aus (2)
b) $x_2=3, \ x_3=1$, sowie $x_1=1$ aus (2)
c) $x_2=5,\ x_3=0$, sowie $x_1=0$ aus (2)
welche ebenfalls alle auch (1) lösen und somit Lösungen sind.
Zusammenfassend haben sich somit die folgenden 6 Lösungen
\[(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\{(0,5,0,0,0),(1,3,1,0,0),(2,1,2,0,0),(2,2,0,1,0),(3,0,1,1,0),(3,1,0,0,1)\} \]
des gegebenen Gleichungssystems ergeben.
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2073
Aus: Hattingen
| Beitrag No.918, eingetragen 2019-06-24
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Wir nutzen die Symmetrie, indem wir $x=\frac a2+z$ und $y=\frac a2-z$ substituieren. Die zweite Bedingung ist dadurch automatisch erfüllt. Aus der ersten Bedingung folgt:
$$\left(\frac a2+z\right)^5+\left(\frac a2-z\right)^5=1$$$$2\left(\frac a2\right)^5+2\cdot10\left(\frac a2\right)^3z^2+2\cdot5\left(\frac a2\right)z^4=1$$Das ist eine biquadratische Gleichung, die leicht zu lösen ist:
$$\frac{a^5}{16}+\frac{5a^3}2z^2+5az^4=1$$$$z^4+\frac12a^2z^2+\frac{a^4}{80}-\frac1{5a}=0$$$$z^2=-\frac14a^2+\sqrt{\frac1{16}a^4-\frac1{80}a^4+\frac1{5a}}$$(Da $z^2\geq0$ gelten muss, kommt hier nur die "plus"-Variante in Frage).
$$z^2=-\frac14a^2+\sqrt{\frac1{20}a^4+\frac1{5a}}=-\frac14a^2+\frac12\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}$$Damit gilt:
$$z=\pm\sqrt{-\frac14a^2+\frac12\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}}$$$$x_{1,2}=\frac12a\pm\frac12\sqrt{2\sqrt{\frac{a^5+4}{5a}}-a^2}$$Die Lösungen lauten dann aufgrund der Symmetrie $(x,y)=(x_1,x_2)$ und $(x,y)=(x_2,x_1)$.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2073
Aus: Hattingen
| Beitrag No.919, eingetragen 2019-06-24
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Hier eine Alternativvariante zu 191233B. Diese Lösung gefällt mir besser, weil $s$ nach oben und nach unten abgeschätzt wird und man sich daher nicht dem Vorwurf aussetzt, dass durch die Abschätzung nur nach unten möglicherweise schon bei einem sehr viel kleineren $n$ die 1000 überschritten wird.
Es ist
$$\intop_n^{n+1}\frac1x\mathrm dx<\frac1n<\intop_{n-1}^n\frac1x\mathrm dx$$da $\frac1x$ streng monoton fallend ist. Damit ergibt sich als Abgrenzung für die Summe:
$$s=\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k$$$$\sum_{k=n}^{n^2}\intop_k^{k+1}\frac1x\mathrm dx<s<\sum_{k=n}^{n^2}\;\intop_{k-1}^k\frac1x\mathrm dx$$Die Integrale reihen sich in den Summen nun "nahtlos" aneinander, so dass man folgern kann:
$$\intop_n^{n^2+1}\frac1x\mathrm dx<s<\intop_{n-1}^{n^2}\frac1x\mathrm dx$$Daraus folgt:
$$\ln(n^2+1)-\ln n<s<\ln(n^2)-\ln(n-1)$$$$\ln\frac{n^2+1}n<s<\ln\frac{n^2}{n-1}$$Die Ungleichung der Aufgabenstellung ist erfüllt, wenn gilt
$$\ln\frac{n^2+1}n>1000$$$$\frac{n^2+1}n=n+\frac1n>e^{1000}$$Daraus folgt:
$$n=\lceil e^{1000}\rceil\approx1,97\times10^{434}$$Das ist eine 435-stellige Zahl. $1,0\times10^{434}$ ist auch 435-stellig, aber deutlich kleiner als die genannte Untergrenze. Erst wenn die Zahl der Dezimalstellen mindestens 436 beträgt, ist die Ungleichung immer erfüllt. Somit gilt $p\geq436$.
Anmerkung:
Man kann durch Verwendung der sogenannten "erzeugenden Funktion" die Summe auch exakt berechnen:
Sei
$$s(x)=\sum_{k=n}^{n^2}\frac{x^k}k$$wobei s(1) die gesuchte Summe darstellt. Einmal ableiten:
$$s'(x)=\sum_{k=n}^{n^2}x^{k-1}=x^{n-1}+x^{n-2}+...+x^{n^2-1}$$$$s'(x)=\sum_{k=0}^{n^2-1}x^k-\sum_{k=0}^{n-2}x^k$$$$s'(x)=\frac{x^{n^2}-1}{x-1}-\frac{x^{n-1}-1}{x-1}$$$$s'(x)=\frac{x^{n^2}-x^{n-1}}{x-1}$$$$s(x)=\intop_0^x\frac{t^{n^2}-t^{n-1}}{t-1}\mathrm dt$$da $s(0)=0$. Daher gilt:
$$\sum_{k=n}^{n^2}\frac1k=\intop_0^1\frac{t^{n^2}-t^{n-1}}{t-1}\mathrm dt$$Das hilft uns allerdings in Bezug auf die obige Abschätzung nicht weiter, da dieses Integral nicht elementar lösbar ist außer durch eine Summenbildung, die uns zum Startpunkt zurückbringt.
Ciao,
Thomas
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