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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von
stpolster
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1000, eingetragen 2019-06-26


2019-06-25 23:55 - HyperPlot in Beitrag No. 989 schreibt:
Die Linien mit Pfeilspitzen kann man als 'decoration' umsetzen. Soll allerdings -automatisch- zwischen geraden und diagonalen Linien unterschieden werden wird es schwierig. Für manuelle Eingabe geht:

2019-06-25 20:13 - stpolster in Beitrag No. 971 schreibt:
Ich bin mir bei folgender Aufgabe sehr unsicher. Kann jemand einmal nachsehen.

Aufgabe 1 - 330941 = 331043
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\foreach \i in {1,2} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5-\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,3} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5-\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5-\i);
}
\foreach \i in {1,2,3,4} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5,3.5+\i);
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5+\i);
}
\foreach \i in {1,2,...,5} {
\draw[->] (2.5,3.5) -- (2.5+\i,3.5);
}
\draw[fill=white] (2.5,3.5) circle (0.45);
\node at (2.5,3.5) {\small $D$};

\end{tikzpicture}
</math>
Auf einem Schachbrett wird eine Figur \dq Dame\dq\ betrachtet, die wie im Schachspiel ziehen kann, also in den acht Richtungen parallel zum Brettrand oder diagonal, jeweils beliebig viele Felder. (siehe z.B. in der Abbildung alle von c4 aus möglichen Züge.)
Als Länge eines Zuges werde stets die Streckenlänge vom Mittelpunkt des Anfangsfeldes zum Mittelpunkt des Zielfeldes bezeichnet. Dabei werde die Seitenlänge jedes der 64 quadratischen Felder als Längeneinheit genommen.
Gesucht wird eine Zugfolge, die den folgenden Bedingungen genügt:
(1) Bei jedem Zug der Zugfolge - mit Ausnahme des letzten - soll der Zug, der sich anschließt (d.h. als Startfeld das eben erreichte Zielfeld hat), eine größere Länge haben als der Zug, an den er sich anschließt.
(2) Das Zielfeld des letzten Zuges soll dem Startfeld des ersten Zuges benachbart sein (und zwar eine Seite mit ihm gemeinsam haben, nicht nur eine Ecke).
(3) Die Zugfolge soll in der Summe der Längen ihrer Züge von keiner Zugfolge, die den Bedingungen (1) und (2) genügt, übertroffen werden.
Geben Sie eine Zugfolge an und beweisen Sie, dass sie die Bedingungen (1), (2) und (3) erfüllt!

Lösung:
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5]
\foreach \i in {0,1,...,8} {
\draw (\i,0) -- (\i,8);
\draw (0,\i) -- (8,\i); }
\foreach \i in {1,...,8} {
\node[left] at (0,\i-0.5) {\small \i}; }
\node[above] at (0.5,-1) {\small $a$};
\node[above] at (1.5,-1) {\small $b$};
\node[above] at (2.5,-1) {\small $c$};
\node[above] at (3.5,-1) {\small $d$};
\node[above] at (4.5,-1) {\small $e$};
\node[above] at (5.5,-1) {\small $f$};
\node[above] at (6.5,-1) {\small $g$};
\node[above] at (7.5,-1) {\small $h$};
\draw[->] (0.5,1.5) -- (0.5,2.5);
\draw[->] (0.5,2.5) -- (2.5,2.5);
\draw[->] (2.5,2.5) -- (5.5,2.5);
\draw[->] (5.5,2.7) -- (1.5,2.7);
\draw[->] (1.5,2.7) -- (1.5,7.5);
\draw[->] (1.5,7.5) -- (7.5,7.5);
\draw[->] (7.5,7.5) -- (7.5,0.5);
\draw[->] (7.5,0.5) -- (0.5,0.5);
\draw[fill=white] (0.5,1.5) circle (0.45);
\node at (0.5,1.5) {\small $D$};

\end{tikzpicture}
</math>

Nein, ich kann nur das TikZ vereinfachen.

Zunächst sollten Koordinaten auf dem Schachbrett in der Form 'd-4' angegeben werden können. Das ist noch einfach:
% KoSy
\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\S from 0, count=\s] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\S,0) -- (\s,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
\path[] (0,\S) -- (0,\s) node[midway,anchor=east] {\s};
\foreach \y in {1,...,8} \coordinate[] (\t-\y) at (\S+0.5,\y-0.5);
}

Die Linien mit Pfeilspitzen kann man als 'decoration' umsetzen. Soll allerdings -automatisch- zwischen geraden und diagonalen Linien unterschieden werden wird es schwierig. Für manuelle Eingabe geht:
% \usetikzlibrary{decorations.markings}
 
\pgfmathsetmacro\D{sqrt(2)/2}
\pgfmathsetlengthmacro\d{\D cm}
\pgfmathsetlengthmacro\g{0.5cm}
\tikzset{mymarks/.style={->, 
decoration={markings,
mark=
between positions 0 and 0.99 step #1
with {\draw[-latex](0,0)--(0.1,0);}},
postaction={decorate}
}}



latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.markings}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5,
font=\small]
% KoSy
\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\S from 0, count=\s] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\S,0) -- (\s,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
\path[] (0,\S) -- (0,\s) node[midway,anchor=east] {\s};
\foreach \y in {1,...,8} \coordinate[] (\t-\y) at (\S+0.5,\y-0.5);
}
\pgfmathsetmacro\D{sqrt(2)/2}
\pgfmathsetlengthmacro\d{\D cm}
\pgfmathsetlengthmacro\g{0.5cm}
\tikzset{mymarks/.style={->, 
decoration={markings,
mark=
between positions 0 and 0.99 step #1
with {\draw[-latex](0,0)--(0.1,0);}},
postaction={decorate}
}}
 
% \node at (g-7) {X}; % Test
 
\foreach \Ende in {g-8,f-1,a-2,a-6}
\draw[mymarks=\d] (c-4) -- (\Ende); 
 
\foreach \Ende in {a-4,c-8,h-4,c-1}
\draw[mymarks=\g] (c-4) -- (\Ende); 
 
\draw[fill=white] (c-4) circle(0.45) node{$D$};
\end{tikzpicture}
\end{document}



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.987 begonnen.]


Man kann natürlich andererseits für gerade und diagonale Züge ein Kommando \move[options]{figure}{start}{end} erstellen, bei dem x- und y-Koordinaten von Start und Ende verglichen werden:

\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
% \move[options]{figure}{start}{end}
\newcommand\move[4][]{%
\path let \p1 = (#3) in coordinate (start) at (\x1,\y1) node[savevalue={\xStart}{\x1}, savevalue={\yStart}{\y1}]{};
\path let \p2 = (#4) in coordinate (end) at (\x2,\y2) node[savevalue={\xEnd}{\x2}, savevalue={\yEnd}{\y2}]{};
\pgfmathsetmacro\xTest{\xStart == \xEnd ? 1 : 0}
\pgfmathsetmacro\yTest{\yStart == \yEnd ? 1 : 0}
\pgfmathsetmacro\Test{\xTest==1 || \yTest== 1 ? "g" : "d"}
\draw[mymarks=\csname \Test \endcsname, #1] (start) -- (end) 
%node[align=left, anchor=west]{\xStart, \yStart;\\ \xEnd, \yEnd;\\ \xTest, \yTest, \Test} % Test
; 
\draw[fill=white] (start) circle(0.45) node{$#2$}; % Figur
}
 
 
\move[red]{D}{c-4}{g-8} 



latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.markings}
\usetikzlibrary{calc}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
\begin{document}
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.5,
font=\small]
% KoSy
%\draw[] (0,0) grid (8,8);
\foreach[count=\S from 0, count=\s] \t in {a,b,...,h} {
\path[] (\S,0) -- (\s,0) node[midway,anchor=north] {\strut \t};
\path[] (0,\S) -- (0,\s) node[midway,anchor=east] {\s};
\foreach[count=\Y from 0] \y in {1,...,8} {%
% coordinates
\coordinate[] (\t-\y) at (\S+0.5,\y-0.5);  
% filling
\pgfmathparse{mod(\S+\Y,2) ? "lightgray!50" : "white"}
\colorlet{Farbe}{\pgfmathresult}
\path[fill=Farbe, draw=black] (\S,\Y) rectangle ++(1,1);    }%
}
 
 
% Moves
\pgfmathsetmacro\D{sqrt(2)/2}
\pgfmathsetlengthmacro\d{\D cm}
\pgfmathsetlengthmacro\g{0.5cm}
\tikzset{mymarks/.style={->, 
decoration={markings,
mark=
between positions 0 and 0.99 step #1
with {\draw[-latex](0,0)--(0.1,0);}},
postaction={decorate}
}}
 
% \move[options]{figure}{start}{end}
\newcommand\move[4][]{%
\path let \p1 = (#3) in coordinate (start) at (\x1,\y1) node[savevalue={\xStart}{\x1}, savevalue={\yStart}{\y1}]{};
\path let \p2 = (#4) in coordinate (end) at (\x2,\y2) node[savevalue={\xEnd}{\x2}, savevalue={\yEnd}{\y2}]{};
\pgfmathsetmacro\xTest{\xStart == \xEnd ? 1 : 0}
\pgfmathsetmacro\yTest{\yStart == \yEnd ? 1 : 0}
\pgfmathsetmacro\Test{\xTest==1 || \yTest== 1 ? "g" : "d"}
\draw[mymarks=\csname \Test \endcsname, #1] (start) -- (end) 
%node[align=left, anchor=west]{\xStart, \yStart;\\ \xEnd, \yEnd;\\ \xTest, \yTest, \Test} % Test
; 
\draw[fill=white] (start) circle(0.45) node{$#2$}; % Figur
}
 
% \move[red]{D}{c-4}{g-8} % Test
% \move{D}{c-4}{h-4} % Test
% \move{D}{c-4}{c-8} % Test
 
\foreach \Ende in {a-4,c-8,h-4,c-1,g-8,f-1,a-2,a-6}{ 
\move[red]{D}{c-4}{\Ende}  }
\end{tikzpicture}
\end{document}
 



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.995 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1001, eingetragen 2019-06-26



Aufgabe 330934:
<math>
\begin{tabular}{ccccc}
\quad & Z & W & E & I\\
+     & D & R & E & I\\
\hline
= &  F &  & N & F
\end{tabular}
</math>

Das obenstehende ”Kryptogramm” stellt die Aufgabe, die Buchstaben so durch Ziffern zu ersetzten,daß eine richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht.
Dabei soll auch die Regel beachtet werden, dass als Anfangsziffer (für <math>Z</math>, <math>D</math> und <math>F</math>) nicht die Ziffer Null auftreten darf. Gleiche Buchstaben sind durch gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben durchverschiedene Ziffern zu ersetzen.
a) Geben Sie eine Lösung an!
b) Untersuchen Sie, ob es mehr als fünf Lösungen gibt, von denen keine zwei einander gleich sind!
Hinweis: Zwei Lösungen heißen genau dann einander gleich, wenn in der einen dieser Lösungen jeder Buchstabedurch dieselbe Ziffer ersetzt wird wie in der anderen dieser Lösungen.

Lösung:

a)

<math>
\begin{tabular}{ccccc}
\quad & 1 & 2 & 4 & 3\\
+     & 5 & 7 & 4 & 3\\
\hline
=     & 6 & 9 & 8 & 6
\end{tabular}
</math>

b)

In der Lösung aus a) können Z und D sowie unabhängig davon W und R vertauscht werden, sodass man drei weitere Lösungen erhält.

Schließlich gibt es die davon (wegen <math>N=0\neq 8</math>) verschiedene Lösung

<math>
\begin{tabular}{ccccc}
\quad & 2 & 7 & 5 & 3\\
+     & 4 & 1 & 5 & 3\\
\hline
= & 6 & 9 & 0 & 6
\end{tabular}
</math>

für welche die gleichen Vertauschungen auch möglich sind, sodass es mindestens 8 verschiedene Lösungen, also inbsesondere mehr als 5 verschiedene gibt.

Cyrix



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MontyPythagoras
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1002, eingetragen 2019-06-26


Edit:
Beweis ist noch lückenhaft und wird noch überarbeitet.

Ciao,

Thomas



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1003, eingetragen 2019-06-26



Aufgabe 320924: Auf einer Geraden $g$ seien $A$, $B$, $C$ drei Punkte; $B$ liege zwischen $A$ und $C$.
Über der Strecke $AC$ sei nach einer Seite von $g$ das gleichseitige Dreieck $\triangle ACP$ errichtet, über die Strecken $AB$ und $BC$ nach der anderen Seite von $g$ die gleichseitigen Dreiecke $\triangle ABQ$ und $\triangle BCR$.
Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen (bei jeder Wahl der Streckenlängen $|AB|=a$ und $|BC|=b$) die Mittelpunkte $L$, $M$ bzw. $N$ der Dreiecke $\triangle ACP$, $\triangle ABQ$ und $\triangle BCR$ stets die Ecken eines ebenfalls gleichseitigen Dreiecks sind!

Lösung:

Wir legen ein Koordinatensystem in die Ebene, sodass $A$ im Punkt $(-a,0)$, $B$ im Koordinatenursprung und $C$ im Punkt $(b,0)$ liegt.

In jedem gleichseitigen Dreieck mit Kantenlänge $s$ besitzt die Höhe genau die Länge $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot s$ und fällt mit der Mittelsenkrechten der gegenüberliegenden Seite zusammen. Gleichzeitig fällt sie mit der entsprechenden Seitenhalbierenden zusammen, welche vom Schwerpunkt im Verhältnis 2:1 geteilt wird, sodass der Mittelpunkt des gleichseitigen Dreiecks auf der Mittelsenkrechten einer Seite in der Höhe von $\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot s$.

Wenden wir dies auf die gegebene Situation an, so haben die Punkte $L$, $M$ und $N$ demnach die Koordinaten $\left(\frac{b-a}{2}, \frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (a+b)\right)$,  $\left(-\frac{a}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot a\right)$ bzw.  $\left(\frac{b}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot b\right)$.

Es ergeben sich nach dem Satz des Pythagoras die Quadrate der Streckenlängen zwischen je zwei dieser Punkte zu

$|LM|^2=\left(\frac{b-a}{2} - \left(-\frac{a}{2}\right)\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (a+b) - \left(-\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot a\right)\right)^2=\left(\frac{b}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (2a+b)\right)^2=\frac{b^2}{4}+\frac{3}{36} \cdot (4a^2+4ab+b^2)=\frac{9b^2+12a^2+12ab+3b^2}{36}=\frac{a^2+ab+b^2}{3},$


$|LN|^2=\left(\frac{b-a}{2} - \left(\frac{b}{2}\right)\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (a+b) - \left(-\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot b\right)\right)^2=\left(-\frac{a}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (a+2b)\right)^2=\frac{a^2}{4}+\frac{3}{36} \cdot (a^2+4ab+4b^2)=\frac{9a^2+3a^2+12ab+12b^2}{36}=\frac{a^2+ab+b^2}{3}$

und


$|MN|^2=\left(-\frac{a}{2} - \left(\frac{b}{2}\right)\right)^2 + \left(-\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot a - \left(-\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot b\right)\right)^2=\left(-\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot (b-a)\right)^2=\frac{a^2+2ab+b^2}{4}+\frac{3}{36} \cdot (a^2-2ab+b^2)=\frac{9a^2+18ab+9b^2+3a^2-6ab+3b^2}{36}=\frac{a^2+ab+b^2}{3},$

sodass $|LM|=|LN|=|MN|=\sqrt{\frac{a^2+ab+b^2}{3}}$ gilt und damit das Dreieck $\triangle LMN$ gleichseitig ist, $\Box$.

Cyrix



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1004, eingetragen 2019-06-26



Aufgabe 330923:

<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & M & O & R & D\\
+ &   & R & A & U & B\\
\newline
= & K & R & I & M & I
\end{tabular}
</math>

Das "Kryptogramm" stellt die Aufgabe, die Buchstaben so durch Ziffern zu erstezen, dass eine richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht.
Dabei soll auch die Regel beachtet werden, dass als Anfangsziffer (für <math>M</math>, <math>R</math> und <math>K</math>) nicht die Ziffer Null entsteht.
Gleiche Buchstaben sind durch gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben durch verschiedene Ziffern zu ersetzen.
a) Geben Sie eine Lösung an!
b) Beweisen Sie, dass es mindestens 15 verschiedene Lösungen gibt, bon denen keine zwei einander gleich sind!
Hinweise:
1. Zwei Lösungen heißen genau dann einander gleich, wenn in der einen dieser Lösungen jeder Buchstabe durch dieselbe Ziffer ersetzt wird wie in der anderen dieser Lögungen.
2. Die Ähnlichkeit des Buchstabens <math>O</math> mit der Ziffer 0 (Null) soll keine Bedeutung haben; d.h., der Buchstabe <math>O</math> darf auch durch eine von Null verschiedene Ziffer ersetzt werden.

Lösung:

a)

<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & 9 & 6 & 3 & 8\\
+ &   & 3 & 4 & 5 & 2\\
\newline
= & 1 & 3 & 0 & 9 & 0
\end{tabular}
</math>

b) Man kann aus der in a) gefundenen Lösung insgesamt <math>2^4=16</math> Lösungen erhalten, indem man unabhängig voneinander folgende Entscheidungen trifft, die aus einer Lösung eine weitere erzeugen:

*) Ziffern von <math>O</math> und <math>A</math> tauschen (oder nicht)
*) Ziffern von <math>D</math> und <math>B</math> tauschen (oder nicht)
*) Ziffern von (<math>O</math> und <math>A</math>) mit denen von (<math>D</math> und <math>B</math>) tauschen (oder nicht)
*) Ziffern von <math>R</math> und <math>U</math> tauschen (oder nicht).

Jede solche Tauschoperation erzeugt aus einer gültigen Lösung des Kryptogramms eine gültige Lösung. Auch sind je zwei dieser so erzeugten 16 Lösungen verschieden, da sie sich in wenigstens einer Ziffernzuweisung unterscheiden.

Es gibt also mindesten 16 und damit auch mindestens 15 verschiedene Lösungen, <math>\Box</math>.

Bemerkung: Eine vollständige Fallunterscheidung bei der Konstruktion dieser Lösungen zeigt, dass dies tatsächlich alle Lösungen des Krypotgramms sind.

Cyrix



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1005, eingetragen 2019-06-26


311045
Kann jedes Dreieck in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden?

Lösung
Indem ich Depp ewig probiert habe, zu zeigen, dass es nicht geht, habe ich ein Verfahren gefunden, mit dem es immer geht ^^

Im Folgenden sei mit Dreieck immer ein nichtentartetes Dreieck gemeint.
Wir beweisen nun, dass jedes (nichtentartete) Dreieck in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden kann.
Dazu zeigen wir zunächst, dass jedes recht- oder stumpfwinklige Dreieck in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden kann.



Sei also ein recht- oder stumpfwinkliges Dreieck ABC gegeben und dessen größter Winkel sei (o.B.d.A.) bei C, siehe Skizze.
Die Höhe auf AB durch C liegt echt im Dreieck (da bei C der größte Winkel ist). Auf dieser Höhe wählen wir nun einen Punkt F ungleich C und nicht auf AB. Die Parallele bezüglich AB durch F schneide AC und BC in D bzw. E, beide Punkte sind jeweils von A,B verschieden. Die Fußpunkte von D und E auf AB seien G bzw. H, beide sind jeweils von A,B verschieden. Da F im Inneren von von DE liegt, hat das Dreieck GFH einen nicht-spitzen Winkel höchstens bei F. Wenn F nahe genug an C liegt, ist dieser Winkel bei F allerdings immer spitz (da er gegen 0 geht, wenn F gegen C geht).

Alle Teildreiecke in ABC, außer dem Dreieck GFH, haben nun genau einen rechten Winkel. Man sieht leicht, dass man diese rechten Winkel verkleinert, wenn man F ein hinreichend kleines Stück nach unten zieht (d.h. den Abstand FC vergrößert), G ein hinreichend kleines Stück nach rechts und H nach links zieht (d.h. die Abstände AG und HB vergrößert). Die spitzen Winkel bleiben dabei spitz, wenn die Verschiebungen hinreichend klein sind. Des Weiteren bleibt das Dreieck GFH spitzwinklig.
Somit hat man ABC in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegt.

Sei nun irgendein beliebiges Dreieck ABC gegeben. Wähle die Ecke mit dem größten Winkel, o.B.d.A. sei dies C. Die Höhe durch C liegt dann vollständig im Dreieck und der Fußpunkt F auf AB ist von A,B verschieden. Verschiebe nun F ein hinreichend kleines Stück auf AB, dabei entstehen genau ein spitzwinkliges und genau ein stumpfwinkliges Dreieck als Zerlegung von ABC.
Nach Obigem lässt sich das stumpfwinklige Dreieck in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegen. Damit haben wir ABC insgesamt in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt und die Aussage ist gezeigt.


TikZ-Code kreiert von GeoGebra
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{pgf,tikz,pgfplots}
\pgfplotsset{compat=1.15}
\usepackage{mathrsfs}
\usetikzlibrary{arrows}
\pagestyle{empty}
\begin{document}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.}
\definecolor{ududff}{rgb}{0.30196078431372547,0.30196078431372547,1.}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1.}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-0.6571896345200556,-1.2914403242174095) rectangle (6.595731992838682,2.2955738526198948);
\fill[line width=2.pt,color=zzttqq] (0.,0.) -- (6.,0.) -- (4.576064186525588,1.4277478420947405) -- cycle;
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (0.,0.)-- (6.,0.);
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (6.,0.)-- (4.576064186525588,1.4277478420947405);
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (4.576064186525588,1.4277478420947405)-- (0.,0.);
\draw [line width=2.8pt] (3.206384123130148,1.0004029283954858)-- (5.001338548746566,1.001334974875899);
\draw [line width=2.8pt] (4.576064186525588,1.4277478420947405)-- (4.583922298427374,1.0011182276752877);
\draw [line width=2.8pt] (3.206384123130148,1.0004029283954858)-- (3.213840327580039,0.);
\draw [line width=2.8pt,] (5.001338548746566,1.001334974875899)-- (5.,0.);
\draw [line width=2.8pt] (3.213840327580039,0.)-- (4.583922298427374,1.0011182276752877);
\draw [line width=2.8pt] (4.583922298427374,1.0011182276752877)-- (5.,0.);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=uuuuuu] (0.,0.) circle (2.0pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.03707117390007013,0.08919196525442681) node {$A$};
\draw [fill=xdxdff] (6.,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (6.038219525471006,0.09971106841230747) node {$B$};
\draw [fill=ududff] (4.576064186525588,1.4277478420947405) circle (2.5pt);
\draw[color=ududff] (4.612881047578171,1.5250495463051366) node {$C$};
\draw [fill=xdxdff] (3.206384123130148,1.0004029283954858) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (3.2453976370536814,1.09902586841097) node {$D$};
\draw [fill=xdxdff] (5.001338548746566,1.001334974875899) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (5.03890472547234,1.09902586841097) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.583922298427374,1.0011182276752877) circle (2.0pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.533987773894067,0.8886438052533568) node {$F$};
\draw [fill=xdxdff] (3.213840327580039,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (3.0928706412644114,0.09971106841230747) node {$G$};
\draw [fill=xdxdff] (5.,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (5.070462034945982,0.09445151683336714) node {$H$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{document}





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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1006, eingetragen 2019-06-26


Hm, das ist eine hässliche, vollständige Fallunterscheidung. Sieht jemand was Schöneres? (Die Anzahl der verschiedenen Lösungen lässt mich aber daran etwas zweifeln...)


Aufgabe 310924: <<Abbildung in Aufgabenstellung>>
In die Felder der Abbildung sollen die Zahlen 1,2,3,4,5,6,7 so eingetragen werden, dass jede Zahl genau einmal vorkommt und dass doe Zahlen auf jeder Dreiecksseite die gleiche Summe ergeben.
Ermitteln Sie alle derartigen Eintragungen, die nicht durch Spiegelung ineinander überführt werden können.

Lösung:

Zuerst bemerken wir, dass die beiden mittleren Felder der Basis immer vertauscht werden können, ohne, dass die Figur durch Spiegelung in sich selbst überführt wird. Wir wollen deshalb im Folgenden auch o.B.d.A. voraussetzen, dass die Zahl im zweiten Feld der Basis kleiner ist als im dritten und die im ersten kleiner als die im vierten.

Sei <math>x</math> die Zahl, die im ersten Feld der Basis, <math>y</math> diejenige im vierten Feld der Basis und <math>z</math> diejenige in der Spitze des Dreiecks steht sowie <math>s</math> die Summe der Zahlen an einer Seite dieses Dreiecks. Dann ist <math>3s=1+2+3+4+5+6+7+x+y+z=28+x+y+z</math>, da genau die Eckfelder an zwei Seiten beteiligt sind und alle anderen Zahlen an genau einer. Wegen <math>6=1+2+3\leq x+y+z \leq 5+6+7=18</math> ist <math>34 \leq 3s \leq 46</math>, also, da <math>s</math> eine ganze Zahl ist, <math>12\leq s \leq 15</math>.

In der folgenden Tabelle geben wir für jeden möglichen Wert für <math>s</math> den Wert, den die Summe der Eckfelder <math>x+y+z</math> dann annehmen muss, sowie dessen Zerlegungen in drei paarweise verschiedene Summanden zwischen 1 und 7 an:

<math>
\begin{tabular}{l|l}
s & x+y+z\\
\hline
12 & \phantom{0}8=1+2+5=1+3+4\\
13 & 11=1+3+7=1+4+6=2+3+6=2+4+5\\
14 & 14=1+6+7=2+5+7=3+4+7=3+5+6\\
15 & 17=4+6+7
\end{tabular}
</math>

Seien weiterhin mit <math>l</math> die Zahl im Mittelfeld des linken, <math>r</math> die Zahl im Mittelfeld des rechten Schenkels und mit <math>a</math> sowie <math>b</math> die Zahlen im zweiten und dritten Feld der Basis bezeichnet:
       z
    l     r
   x  a  b  y

Fall 1: <math>s=15</math>. Dann ist <math>x+y+z=4+6+7</math> in irgendeiner Reihenfolge. Es können aber wegen <math>s-6-7=2<1+2</math> nicht 6 und 7 beide in der Basis stehen, sodass <math>y=4</math> folgt. Weiterhin kann dann wegen <math>s-7-4=4</math> nicht <math>z=7</math> gelten, sodass <math>x=7</math> und <math>z=6</math> folgt. Dann muss <math>l=s-x-z=2</math> und <math>r=s-y-z=5</math> gelten. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> die Zahlen 3 und 1. Tatsächlich ist dann <math>x+a+b+y=15=s</math>, sodass dies eine Lösung ist (bzw. durch Vertauschung von 1 und 3 dann zwei Lösungen).
       6
    2     5
   7  3  1  4


Fall 2: <math>s=14</math>. Dann ist <math>x+y+z=14=s</math> und es müsste <math>l=s-x-z=y</math> haben, was zu einer Doppelbelegung mit der Zahl <math>y</math> führen würde. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.

Fall 3: <math>s=13</math>.
Fall 3.1: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+3+7</math>. Dann sind insbesondere <math>x+z</math> und <math>y+z</math> gerade, aber <math>s</math> ungerade, sodass sowohl <math>l</math> als auch <math>r</math> beide ungerade sein müssten. Es ist aber nur noch die einzige noch nicht verwendete ungerade Zahl 5, sodass in diesem Fall keine Lösung existiert.
Fall 3.2: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+4+6</math>. Dann können nicht 4 und 6 an der Basis stehen, da <math>s-4-6=3<2+3</math>, da die 1 ja schon für ein Eckfeld vergeben wurde. Also muss <math>y=1</math> gelten. Es kann nicht <math>z=6</math> gelten, denn sonst wäre <math>r=s-y-z=13-1-6=6=z</math>. Es kann aber auch nicht <math>z=4</math> gelten, denn sonst wäre <math>r=s-y-z=13-1-4=8>7</math>. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.
Fall 3.3: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=2+3+6</math>. Dann können nicht 3 und 6 in der Basis stehen, da <math>s-6-3=4<1+4</math>, da 1 und 4 die kleinsten noch nicht vergebenen Zahlen sind. Also muss 2 in der Basis stehen und damit <math>y=2</math> gelten. Dann kann nicht <math>z=3</math> sein, da sonst <math>r=s-y-z=13-2-3=8>7</math> wäre. Also muss <math>z=6</math>, <math>r=5</math> und <math>x=3</math> gelten, woraus wegen <math>l=s-x-z=13-3-6=4</math> folgt. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> die Ziffern 7 und 1, und tatsächlich gilt auch <math>x+7+1+y=3+7+1+2=13=s</math>, sodass auch hier eine Lösung (bzw. nach Vertauschen von 7 und 1 eine zweite) entsteht.
       6
    4     5
   3  7  1  2


Fall 3.4: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=2+4+5</math>. Dann können weder 4 noch 5 in der Spitze <math>z</math> stehen, da sonst <math>y=2</math> und <math>l=s-x-z=13-4-5=4</math> folgen würde. Also muss <math>z=2</math>, <math>x=5</math> und <math>y=4</math> sein, woraus sofort <math>l=6</math> und <math>r=7</math> folgt, sodass für <math>a</math> und <math>b</math> noch die Ziffern 3 und 1 verbleiben. Auch hier gilt wieder <math>x+a+b+y=5+3+1+4=13=s</math>, sodass auch dies eine (bzw. nach Vertauschen von 3 und 1 eine zweite) Lösung ist.
       2
    6     7
   5  3  1  4

Fall 4: <math>s=12</math>.
Fall 4.1: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+2+5</math>. Dann kann nicht die 5 in der Spitze <math>z</math> stehen, weil sonst <math>x=2</math> und <math>l=s-x-z=12-2-5=5=z</math> folgen würde. Also ist <math>x=5</math>. Aus analogem Grund kann dann nicht <math>z=2</math> sein, sodass <math>z=1</math> und <math>y=2</math> folgt, was aber auf den Widerspruch <math>r=s-y-z=12-2-1=9>7</math> führt. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.
Fall 4.2: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+3+4</math>. Dann kann nicht 4 in der Basis stehen, da sonst <math>x=4</math> und <math>y+z=1+3</math>, also <math>r=s-y-z=12-1-3=8>7</math> folgen würde. Also muss <math>z=4</math> und damit <math>x=3</math> sowie <math>y=1</math> gelten, woraus <math>l=s-x-z=12-3-4=5</math> und <math>r=s-y-z=12-1-4=7</math> folgt. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> noch die Ziffern 6 und 2 und wieder ist <math>x+a+b+y=3+6+2+1=12=s</math>, sodass wir auch hier eine (bzw. nach Vertauschen von 6 und 2 eine zweite) Lösung erhalten:
       4
    5     7
   3  6  2  1

Damit gibt es, da die Fallunterscheidung vollständig war, bis auf Vertauschung der Felder <math>a</math> und <math>b</math> (sowie Spiegelung an der Mittelsenkrechten der Basis) genau fünf verschiedene Lösungen.

Cyrix

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1004 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1007, eingetragen 2019-06-27


btw: Es sind jetzt in Klasse 9 nur noch 3 Aufgaben offen:

Aufgabe 300936: Konstruktion eines gleichseitigen Dreiecks geg. Seitenlänge, wobei die Punkte auf drei vorgegebenen Geraden liegen sollen

Aufgabe 310923: Darstellung von Seitenrissen versch. Körper, für die Grund- und Aufriss gegeben sind

Aufgabe 320935: Zerlegen einer vorgegebenen Fläche in zwei kongruente Teile


Wäre nett, wenn ihr da mal mit draufschaut, denn ich habe bei denen keine Ideen mehr.

Cyrix



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1008, eingetragen 2019-06-27


2019-06-27 00:30 - cyrix in Beitrag No. 1007 schreibt:
Aufgabe 310923: Darstellung von Seitenrissen versch. Körper, für die Grund- und Aufriss gegeben sind

Lösungsidee:

a) Der Quader mit Seitenlängen <math>a</math>, <math>b</math> und <math>b</math> ==> Seitenriss: Quadrat der Kantenlänge <math>b</math>, Volumen <math>ab^2</math>

b) Ein "liegender" Zylinder (Grund- und Deckfläche sind Kreise mit Durchmesser <math>b</math>, "Höhe", also eher "Länge", ist <math>a</math>)  ==> Seitenriss: Kreis mit Durchmesser <math>b</math>, Volumen <math>\frac{\pi}{4} ab^2</math>

c) fehlt noch.

Vielleicht kann damit jemand was anfangen (und insbesondere malen).

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1009, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-27


a) habe ich. Nicht schön aber "selten":

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (2,0);
\coordinate (c) at (2,3);
\coordinate (d) at (0,3);
\draw[fill=white] (a) -- (b) -- (c) -- (d) --cycle;
\draw (-2,-0.5) -- (7.5,-0.5);
\coordinate (a0) at (0,-4);
\coordinate (b0) at (2,-4);
\coordinate (c0) at (2,-1);
\coordinate (d0) at (0,-1);
\draw[fill=white] (a0) -- (b0) -- (c0) -- (d0) --cycle;
\coordinate (a1) at (4.5,0);
\coordinate (b1) at (7.5,0);
\coordinate (c1) at (7.5,3);
\coordinate (d1) at (4.5,3);
\draw[fill=white] (a1) -- (b1) -- (c1) -- (d1) --cycle;
\draw[dashed] (a) -- (d0);
\draw[dashed] (4.5,0) -- (b) -- (c0);
\draw[dashed] (4.5,3) -- (c);
\draw (4,-4.2) -- (4,3.2);
\draw[dashed] (b0) -- (4,-4);
\draw[dashed] (c0) -- (4,-1);
\draw[dashed] (4.5,-0.5) -- (a1);
\draw[dashed] (7.5,-0.5) -- (b1);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:0.5)
arc (270:360:0.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:3.5)
arc (270:360:3.5);
\node[left] at ($(a)!0.5!(d)$) {\small $b$};
\node[left] at ($(a0)!0.5!(d0)$) {\small $b$};
\node[below] at ($(a0)!0.5!(b0)$) {\small $a$};
\node[above] at ($(d)!0.5!(c)$) {\small $a$};
\node[left] at (a) {\small $A"",D""$};
\node[above right] at (b) {\small $B"",C""$};
\node[above] at (c) {\small $F"",G""$};
\node[above] at (d) {\small $E"",H""$};
\node[left] at (a0) {\small $A",E"$};
\node[above right] at (b0) {\small $B",F"$};
\node[below right] at (c0) {\small $C",G"$};
\node[left] at (d0) {\small $D",H"$};
\node[above right] at (a1) {\small $C""",D"""$};
\node[right] at (b1) {\small $A""",B"""$};
\node[right] at (c1) {\small $E""",F"""$};
\node[above right] at (d1) {\small $G""",H"""$};
\end{tikzpicture}
</math>

LG Steffen



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Der 2.Körper.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (2,0);
\coordinate (c) at (2,3);
\coordinate (d) at (0,3);
\draw[fill=white] (a) -- (b) -- (c) -- (d) --cycle;
\draw (-2,-0.5) -- (7.5,-0.5);
\coordinate (a0) at (0,-4);
\coordinate (b0) at (2,-4);
\coordinate (c0) at (2,-1);
\coordinate (d0) at (0,-1);
\draw[fill=white] (a0) -- (b0) -- (c0) -- (d0) --cycle;
\draw (6,1.5) circle (1.5);
\draw[dashed] (a) -- (d0);
\draw[dashed] (6,0) -- (b) -- (c0);
\draw[dashed] (6,3) -- (c);
\draw (4,-4.2) -- (4,3.2);
\draw[dashed] (b0) -- (4,-4);
\draw[dashed] (c0) -- (4,-1);
\draw[dashed] (4.5,-0.5) -- (4.5,1.5);
\draw[dashed] (7.5,-0.5) -- (7.5,1.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:0.5)
arc (270:360:0.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:3.5)
arc (270:360:3.5);
\node[left] at (-3,-0.5) {\small 2.Krper};
\node[left] at ($(a)!0.5!(d)$) {\small $b$};
\node[left] at ($(a0)!0.5!(d0)$) {\small $b$};
\node[below] at ($(a0)!0.5!(b0)$) {\small $a$};
\end{tikzpicture}
</math>
Welche Punkte gibt man hier an? Keine, eigentlich.

LG Steffen



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So sehe die Lösung bisher aus:
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.6]
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (2,0);
\coordinate (c) at (2,3);
\coordinate (d) at (0,3);
\draw[fill=white] (a) -- (b) -- (c) -- (d) --cycle;
\draw (-2,-0.5) -- (7.5,-0.5);
\coordinate (a0) at (0,-4);
\coordinate (b0) at (2,-4);
\coordinate (c0) at (2,-1);
\coordinate (d0) at (0,-1);
\draw[fill=white] (a0) -- (b0) -- (c0) -- (d0) --cycle;
\coordinate (a1) at (4.5,0);
\coordinate (b1) at (7.5,0);
\coordinate (c1) at (7.5,3);
\coordinate (d1) at (4.5,3);
\draw[fill=white] (a1) -- (b1) -- (c1) -- (d1) --cycle;
\draw[dashed] (a) -- (d0);
\draw[dashed] (4.5,0) -- (b) -- (c0);
\draw[dashed] (4.5,3) -- (c);
\draw (4,-4.2) -- (4,3.2);
\draw[dashed] (b0) -- (4,-4);
\draw[dashed] (c0) -- (4,-1);
\draw[dashed] (4.5,-0.5) -- (a1);
\draw[dashed] (7.5,-0.5) -- (b1);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:0.5)
arc (270:360:0.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:3.5)
arc (270:360:3.5);
\node[left] at (-3,-0.5) {\small 1.Krper};
\node[left] at ($(a)!0.5!(d)$) {\small $b$};
\node[left] at ($(a0)!0.5!(d0)$) {\small $b$};
\node[below] at ($(a0)!0.5!(b0)$) {\small $a$};
\node[left] at (a) {\small $A"",D""$};
\node[above right] at (b) {\small $B"",C""$};
\node[above] at (c) {\small $F"",G""$};
\node[above] at (d) {\small $E"",H""$};
\node[left] at (a0) {\small $A",E"$};
\node[above right] at (b0) {\small $B",F"$};
\node[below right] at (c0) {\small $C",G"$};
\node[left] at (d0) {\small $D",H"$};
\node[above right] at (a1) {\small $C""",D"""$};
\node[right] at (b1) {\small $A""",B"""$};
\node[right] at (c1) {\small $E""",F"""$};
\node[above right] at (d1) {\small $G""",H"""$};
\end{tikzpicture}
</math>
Der 1. Körper ist ein Quader mit den Seitenlängen $a$, $b$ und $b$. Der Seitenriss ist ein Quadrat der Kantenlänge $b$.
Das Volumen des Körpers ist damit $V = ab^2$.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.6]
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (2,0);
\coordinate (c) at (2,3);
\coordinate (d) at (0,3);
\draw[fill=white] (a) -- (b) -- (c) -- (d) --cycle;
\draw (-2,-0.5) -- (7.5,-0.5);
\coordinate (a0) at (0,-4);
\coordinate (b0) at (2,-4);
\coordinate (c0) at (2,-1);
\coordinate (d0) at (0,-1);
\draw[fill=white] (a0) -- (b0) -- (c0) -- (d0) --cycle;
\draw (6,1.5) circle (1.5);
\draw[dashed] (a) -- (d0);
\draw[dashed] (6,0) -- (b) -- (c0);
\draw[dashed] (6,3) -- (c);
\draw (4,-4.2) -- (4,3.2);
\draw[dashed] (b0) -- (4,-4);
\draw[dashed] (c0) -- (4,-1);
\draw[dashed] (4.5,-0.5) -- (4.5,1.5);
\draw[dashed] (7.5,-0.5) -- (7.5,1.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:0.5)
arc (270:360:0.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:3.5)
arc (270:360:3.5);
\node[left] at (-3,-0.5) {\small 2.Krper};
\node[left] at ($(a)!0.5!(d)$) {\small $b$};
\node[left] at ($(a0)!0.5!(d0)$) {\small $b$};
\node[below] at ($(a0)!0.5!(b0)$) {\small $a$};
\end{tikzpicture}
</math>
Der 2. Körper ist ein "liegender" Zylinder (Grund- und Deckfläche sind Kreise mit Durchmesser $b$, die "Höhe", also eher die Länge ist $a$). Der
Seitenriss ist ein Kreis dem mit Durchmesser $b$.
Das Volumen wird $V = \frac{\pi}{4} ab^2$.

Geht das so?
LG Steffen

Nachtrag: Ich habe ein Idee. Der dritte Körper ist ein dreiseitiges Prisma, von dem man im Seitenriss ein rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck sieht.
Werde ich noch ergänzen. Wird aber erst heute nachmittag.



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Der Rest (wurde doch noch jetzt)
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.6]
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (2,0);
\coordinate (c) at (2,3);
\coordinate (d) at (0,3);
\draw[fill=white] (a) -- (b) -- (c) -- (d) --cycle;
\draw (-2,-0.5) -- (7.5,-0.5);
\coordinate (a0) at (0,-4);
\coordinate (b0) at (2,-4);
\coordinate (c0) at (2,-1);
\coordinate (d0) at (0,-1);
\draw[fill=white] (a0) -- (b0) -- (c0) -- (d0) --cycle;
\coordinate (a1) at (4.5,0);
\coordinate (b1) at (7.5,0);
\coordinate (d1) at (4.5,3);
\draw[fill=white] (a1) -- (b1) -- (d1) --cycle;
\draw[dashed] (a) -- (d0);
\draw[dashed] (4.5,0) -- (b) -- (c0);
\draw[dashed] (4.5,3) -- (c);
\draw (4,-4.2) -- (4,3.2);
\draw[dashed] (b0) -- (4,-4);
\draw[dashed] (c0) -- (4,-1);
\draw[dashed] (4.5,-0.5) -- (a1);
\draw[dashed] (7.5,-0.5) -- (b1);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:0.5)
arc (270:360:0.5);
\draw[dashed] ([xshift=4cm, yshift=-0.5cm] 270:3.5)
arc (270:360:3.5);
\node[left] at (-3,-0.5) {\small 3.Krper};
\node[left] at ($(a)!0.5!(d)$) {\small $b$};
\node[left] at ($(a0)!0.5!(d0)$) {\small $b$};
\node[below] at ($(a0)!0.5!(b0)$) {\small $a$};
\node[left] at (a) {\small $A"",D""$};
\node[above right] at (b) {\small $B"",C""$};
\node[above] at (c) {\small $G""$};
\node[above] at (d) {\small $H""$};
\node[left] at (a0) {\small $A"$};
\node[above right] at (b0) {\small $B"$};
\node[below right] at (c0) {\small $C",G"$};
\node[left] at (d0) {\small $D",H"$};
\node[above right] at (a1) {\small $C""",D"""$};
\node[right] at (b1) {\small $A""",B"""$};
\node[above right] at (d1) {\small $G""",H"""$};
\end{tikzpicture}
</math>
Der 3. Körper ist ein dreiseitiges Prisma mit der Höhe $a$ und einem rechtwinklig-gleichschenkligen Dreieck als Grundfläche, dessen Katheten $b$ sind. Der Seitenriss ist ein rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck.
Das Volumen des Körpers ist damit $V = \frac{1}{2}ab^2$.

LG Steffen



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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Eine schöne Aufgabe, wenn man mal den Trick gefunden hat:



Zeichnungen erstelle ich später noch (heute Abend oder morgen). Es sei denn jemand hat mir bis dahin die Arbeit schon abgenommen. razz
Lösung
Angenommen das Achteck $Z:=ABCDEFGH$ ist in zwei Flächen $X,Y$ mit den geforderten Eigenschaften zerlegt, wobei $A\in X$ und $E\in Y$.
Es sei $f$ diejenige (affin lineare) Abbildung, durch die $X$ mit $Y$ zur Deckung kommt und die $f(A)=E$ erfüllt.

$f$ muss das Kästchen links unten in $Z$ (das mit der Ecke $A$) auf das Kästchen rechts oben in $Z$ (das mit Ecke $E$) abbilden, wobei $f(A)=E$.
Es gibt nur zwei affin lineare Isometrien mit dieser Eigenschaft: eine ist die Drehung um 180° um den Mittelpunkt der Strecke $AE$ und die andere ist die Achsenspiegelung an der Mittelsenkrechten der Strecke $AE$.

$f$ kann nicht die Drehung sein, denn dann wäre $f\circ f= \id$ und somit hätte $Z=X\cup Y = X\cup f(X)=f\circ f(X) \cup f(X) = f(f(X)\cup X) = f(Z)$ eine Punktsymmetrie.
Also muss $f$ die Achsenspiegelung sein.

Wegen $f(X)=Y\subset  X\cup Y = Z$ müssen alle Punkte $P\in Z$, für die $f(P)\notin Z$ gilt, in $Y$ liegen.
Die Menge $Y_1:= \{P\in Z \mid f(P)\notin Z\}$ ist also eine Teilmenge von $Y$.
Da $f$ bijektiv ist und $f(X)=Y$ gilt, muss dann $X_1:= f^{-1}(Y_1)$ eine Teilmenge von $X$ sein.

Als nächstes betrachten wir $Y_2:= \{P\in Z \mid f(P)\in X_1\}$. Wieder ist klar, dass $Y_2$ eine Teilmenge von $Y$ ist.
Somit ist auch $X_2:= f^{-1}(Y_1)$ eine Teilmenge von $X$.

Schließlich sei $Y_3:= \{P\in Z \mid f(P)\in X_2\}\subset Y$ und $X_3:= f^{-1}(Y_3)\subset X$.

Wir stellen fest, dass der Abschluss von $X_1\cup X_2\cup X_3\cup Y_1\cup Y_2 \cup Y_3$ schon ganz $Z$ ist.
Also muss $X$ der Abschluss von $X_1\cup X_2\cup X_3$ sein und $Y$ der Abschluss von $Y_1\cup Y_2 \cup Y_3$ sein.

Tatsächlich erfüllen die so konstruierten Flächen alle gewünschten Eigenschaften. Damit ist sowohl die Eindeutigkeit als auch die Existenz von $X,Y$ bewiesen.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1011 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1014, eingetragen 2019-06-27


@Nuramon: Schöne Lösung. :) Ich würde nur in der Sprache etwas runtergehen; immerhin sind Neuntklässler hier die potentielle Zielgruppe (sowohl der Aufgabe als auch damit der Lösung).

@Steffen: Auch schön, dass du mit meinen hingeworfenen Brocken irgendetwas anfangen (oder unabhängig davon die Aufgabe lösen) konntest. Sieht gut aus! :)

Damit ist nur noch eine klassische Konstruktionsaufgabe offen.

Cyrix



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1015, eingetragen 2019-06-27


Aufgabe 6 - 300936

Eine einfach Lösung wäre:

Konstruiere ein gleichseitiges Dreieck der Länge c. Zeichne über zwei Seiten jeweils Kreisbögen, so dass die Punkte auf diesen zu den Grunseiten die Winkel $\angle(s_1,s_2)$ und $\angle(s_2,s_3)$ haben. Verschiebe den Schnittpunkt der Bögen und das gleichseitige Dreieck nach $S$, so dass die Ecken des Dreiecks auf den Strahlen $s_1,s_2,s_3$ liegen.

Das ist glaube ich nicht, die gewünschte Lösung.



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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich habe es jetzt nochmal etwas schülerfreundlicher aufgeschrieben, einen Geometriefehler beseitigt und eine Zeichnung ergänzt.
Leider ist mir aufgefallen, dass es irgendwie eklig ist um manche Punkte, die auf Gitterlinien liegen, herumzuargumentieren, ohne Begriffe wie "Abschluss" oder "Nullmenge" zu verwenden. Sieht jemand dafür einen Ausweg?
Ich habe den Beweis im Moment mal so geschrieben, als gäbe es diese Randprobleme gar nicht (manchmal bräuchte man streng genommen, dass die Flächen disjunkt sind, was aber nicht erfüllt ist).



Lösung
Angenommen das Achteck $Z:=ABCDEFGH$ ist in zwei Flächen $X,Y$ mit den geforderten Eigenschaften zerlegt, wobei $A\in X$ und $E\in Y$.
Es sei $f$ diejenige (affin lineare) Abbildung, durch die $X$ mit $Y$ zur Deckung kommt und die $f(A)=E$ erfüllt.

$f$ muss das Kästchen links unten in $Z$ (das mit der Ecke $A$) auf das Kästchen rechts oben in $Z$ (das mit Ecke $E$) abbilden, wobei $f(A)=E$.
Es gibt nur zwei Abbildungen mit dieser Eigenschaft, die in Frage kommen:
- eine ist die Drehung um 180° um den Mittelpunkt der Strecke $AE$,
- die andere erhält man, indem man $Z$ zuerst parallel verschiebt, so dass der Punkt $A$ auf $E$ zu liegen kommt und anschließend an derjenigen Gerade spiegelt, die $Z$ nur im Punkt $E$ schneidet und mit $EF$ einen Winkel von $45^\circ$ einschließt .

$f$ kann nicht die Drehung sein, denn dann wäre $f\circ f= \id$ und somit hätte $Z=X\cup Y = X\cup f(X)=f\circ f(X) \cup f(X) = f(f(X)\cup X) = f(Z)$ eine Punktsymmetrie.
Also muss $f$ die andere genannte Abbildung sein.


<math>
\begin{tikzpicture}
\newcommand{\Z}{(0,0)--(7,0) --(7,1) -- (9,1) --(9,7) --(1,7)--(1,6)--(0,6)--cycle}
\newcommand{\Xa}{(0,0)--(6,0)--(6,2)--(7,2)--(7,3)--(5,3)--(5,2)--(0,2)--cycle}
\newcommand{\Xb}{(0,2)--(4,2)--(4,4)--(5,4)--(5,5)--(3,5)--(3,4)--(0,4)--cycle}
\newcommand{\Xc}{(0,4)--(2,4)--(2,6)--(3,6)--(3,7)--(1,7)--(1,6)--(0,6)--cycle}

\fill[blue] \Xa;
\fill[blue!60] \Xb;
\fill[blue!30] \Xc;
\fill[gray!50] (2,-2) --(8,-2)--(8,0)--(9,0)--(9,1)--(7,1)--(7,0)--(2,0)--cycle;

\draw[ultra thick] \Z;
\draw[ultra thick] \Xa;
\draw[ultra thick] \Xb;
\draw[ultra thick] \Xc;
\begin{scope}[shift={(9,7)},rotate=90,xscale=-1]


\fill[red] \Xa;
\fill[red!60] \Xb;
\fill[red!30]\Xc;

\draw[ultra thick, dashed] \Z;
\draw[ultra thick] \Xa;
\draw[ultra thick] \Xa;
\draw[ultra thick] \Xb;
\draw[ultra thick] \Xc;


\node[below right] at (7,0) {$f(B)$};
\node[below right] at (7,1) {$f(C)$};
\node[below right] at (9,1) {$f(D)$};
\node[below left] at (9,7) {$f(E)$};
\node[below right] at (1,7) {$f(F)$};
\node[above right] at (1,6) {$f(G)$};
\node[above ] at (0,6) {$f(H)$};

\end{scope}
\draw[step=1.0,black,very thin] (-0.5,-2.5) grid (9.5,7.5);

\node[below left] at (0,0) {$A$};
\node[below right] at (7,0) {$B$};
\node[below right] at (7,1) {$C$};
\node[below right] at (9,1) {$D$};
\node[above right] at (9,7) {$E=f(A)$};
\node[above left] at (1,7) {$F$};
\node[above left] at (1,6) {$G$};
\node[above left] at (0,6) {$H$};
\node at (3.5,1) {\huge \color{white} $X_1$};
\node at (2.5,3) {\huge \color{white} $X_2$};
\node at (1.5,5.5) {\huge \color{white} $X_3$};
\node at (8,3.5) {\huge \color{white} $Y_1$};
\node at (6,4.5) {\huge \color{white} $Y_2$};
\node at (3.5,5.5) {\huge \color{white} $Y_3$};
\node at (5.5,-1) {\huge \color{white} $W$};
\end{tikzpicture}
</math>
Da die Abbildung $f$ bijektiv ist und $X$ auf $Y$ abbildet, muss gelten:
(1): Für alle Punkte $p\in Z$ gilt $f(p)\in Y$ genau dann, wenn $p\in X$ gilt.

Es sei $f(Z)$ das Achteck $f(A)f(B)f(C)f(D)f(E)f(F)f(G)f(H)$, dass man erhält, wenn man $f$ auf das Achteck $Z = ABCDEFGH$ anwendet.

Es sei $W := f(Z)\setminus Z$.

Für jeden Punkt $p\in Z=X\cup Y$ mit $f(p)\in W$ gilt dann insbesondere $f(p)\notin Y$ und nach (1) gilt somit $p\in Y$.
Daher ist die Menge $Y_1:=\{p\in Z\mid f(p)\in W\}$ eine Teilmenge von $Y$.

Wiederum nach (1) muss dann die Menge $X_1:= \{p\in Z\mid f(p) \in Y_1\}$ eine Teilmenge von $X$ sein.

Als nächstes betrachten wir $Y_2:= \{p\in Z \mid f(p)\in X_1\}$. Wieder folgt aus (1), dass $Y_2$ eine Teilmenge von $Y$ ist.
Somit ist auch $X_2:=\{p\in Z\mid f(p) \in Y_2\}$ eine Teilmenge von $X$.

Schließlich sei $Y_3:= \{p\in Z \mid f(p)\in X_2\}\subset Y$ und $X_3:= \{p\in Z\mid f(p) \in Y_3\}\subset X$.

Wir stellen fest, dass $X_1\cup X_2\cup X_3\cup Y_1\cup Y_2 \cup Y_3$ bis auf einige Gitterlinien schon ganz $Z$ ist.
Also muss $X$ der Abschluss von $X_1\cup X_2\cup X_3$ sein und $Y$ der Abschluss von $Y_1\cup Y_2 \cup Y_3$ sein.

Tatsächlich erfüllen die so konstruierten Flächen alle gewünschten Eigenschaften. Damit ist sowohl die Eindeutigkeit als auch die Existenz von $X,Y$ bewiesen.




\(\endgroup\)


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@Nuramon: Schöne Lösung und vor allem tolle Abbildung.

In der Datei befinden sich jetzt alle 1553 Aufgaben enthalten. Ich verspreche, dass es nicht mehr werden. smile
Wir haben jetzt 1135 gelöste Aufgaben und die Klassenstufe ist fast vollständig.

Danke für eure tolle Arbeit.

LG Steffen



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1018, eingetragen 2019-06-27


2019-06-26 22:51 - Kornkreis in Beitrag No. 1005 schreibt:


TikZ-Code kreiert von GeoGebra

311045
Kann jedes Dreieck in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden?

Lösung
Indem ich Depp ewig probiert habe, zu zeigen, dass es nicht geht, habe ich ein Verfahren gefunden, mit dem es immer geht ^^

Im Folgenden sei mit Dreieck immer ein nichtentartetes Dreieck gemeint.
Wir beweisen nun, dass jedes (nichtentartete) Dreieck in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden kann.
Dazu zeigen wir zunächst, dass jedes recht- oder stumpfwinklige Dreieck in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegt werden kann.



Sei also ein recht- oder stumpfwinkliges Dreieck ABC gegeben und dessen größter Winkel sei (o.B.d.A.) bei C, siehe Skizze.
Die Höhe auf AB durch C liegt echt im Dreieck (da bei C der größte Winkel ist). Auf dieser Höhe wählen wir nun einen Punkt F ungleich C und nicht auf AB. Die Parallele bezüglich AB durch F schneide AC und BC in D bzw. E, beide Punkte sind jeweils von A,B verschieden. Die Fußpunkte von D und E auf AB seien G bzw. H, beide sind jeweils von A,B verschieden. Da F im Inneren von von DE liegt, hat das Dreieck GFH einen nicht-spitzen Winkel höchstens bei F. Wenn F nahe genug an C liegt, ist dieser Winkel bei F allerdings immer spitz (da er gegen 0 geht, wenn F gegen C geht).

Alle Teildreiecke in ABC, außer dem Dreieck GFH, haben nun genau einen rechten Winkel. Man sieht leicht, dass man diese rechten Winkel verkleinert, wenn man F ein hinreichend kleines Stück nach unten zieht (d.h. den Abstand FC vergrößert), G ein hinreichend kleines Stück nach rechts und H nach links zieht (d.h. die Abstände AG und HB vergrößert). Die spitzen Winkel bleiben dabei spitz, wenn die Verschiebungen hinreichend klein sind. Des Weiteren bleibt das Dreieck GFH spitzwinklig.
Somit hat man ABC in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegt.

Sei nun irgendein beliebiges Dreieck ABC gegeben. Wähle die Ecke mit dem größten Winkel, o.B.d.A. sei dies C. Die Höhe durch C liegt dann vollständig im Dreieck und der Fußpunkt F auf AB ist von A,B verschieden. Verschiebe nun F ein hinreichend kleines Stück auf AB, dabei entstehen genau ein spitzwinkliges und genau ein stumpfwinkliges Dreieck als Zerlegung von ABC.
Nach Obigem lässt sich das stumpfwinklige Dreieck in genau 7 spitzwinklige Dreiecke zerlegen. Damit haben wir ABC insgesamt in genau 8 spitzwinklige Dreiecke zerlegt und die Aussage ist gezeigt.


TikZ-Code kreiert von GeoGebra
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{pgf,tikz,pgfplots}
\pgfplotsset{compat=1.15}
\usepackage{mathrsfs}
\usetikzlibrary{arrows}
\pagestyle{empty}
\begin{document}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.}
\definecolor{ududff}{rgb}{0.30196078431372547,0.30196078431372547,1.}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1.}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-0.6571896345200556,-1.2914403242174095) rectangle (6.595731992838682,2.2955738526198948);
\fill[line width=2.pt,color=zzttqq] (0.,0.) -- (6.,0.) -- (4.576064186525588,1.4277478420947405) -- cycle;
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (0.,0.)-- (6.,0.);
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (6.,0.)-- (4.576064186525588,1.4277478420947405);
\draw [line width=2.8pt,color=zzttqq] (4.576064186525588,1.4277478420947405)-- (0.,0.);
\draw [line width=2.8pt] (3.206384123130148,1.0004029283954858)-- (5.001338548746566,1.001334974875899);
\draw [line width=2.8pt] (4.576064186525588,1.4277478420947405)-- (4.583922298427374,1.0011182276752877);
\draw [line width=2.8pt] (3.206384123130148,1.0004029283954858)-- (3.213840327580039,0.);
\draw [line width=2.8pt,] (5.001338548746566,1.001334974875899)-- (5.,0.);
\draw [line width=2.8pt] (3.213840327580039,0.)-- (4.583922298427374,1.0011182276752877);
\draw [line width=2.8pt] (4.583922298427374,1.0011182276752877)-- (5.,0.);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=uuuuuu] (0.,0.) circle (2.0pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.03707117390007013,0.08919196525442681) node {$A$};
\draw [fill=xdxdff] (6.,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (6.038219525471006,0.09971106841230747) node {$B$};
\draw [fill=ududff] (4.576064186525588,1.4277478420947405) circle (2.5pt);
\draw[color=ududff] (4.612881047578171,1.5250495463051366) node {$C$};
\draw [fill=xdxdff] (3.206384123130148,1.0004029283954858) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (3.2453976370536814,1.09902586841097) node {$D$};
\draw [fill=xdxdff] (5.001338548746566,1.001334974875899) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (5.03890472547234,1.09902586841097) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.583922298427374,1.0011182276752877) circle (2.0pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.533987773894067,0.8886438052533568) node {$F$};
\draw [fill=xdxdff] (3.213840327580039,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (3.0928706412644114,0.09971106841230747) node {$G$};
\draw [fill=xdxdff] (5.,0.) circle (2.5pt);
\draw[color=xdxdff] (5.070462034945982,0.09445151683336714) node {$H$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{document}



Der angegebene Code liefert schockierenderweise das



Man kann das natürlich auch mehr konstruieren:

Solche Koordinaten '6.595731992838682,2.2955738526198948' kann TikZ sowieso nicht umsetzen. Ich versteh auch nicht, warum GeoGebra immer solche komplizierten Farben verwendet, statt einfachen Farben wie 'blue' oder Mischfarben wie 'brown!55!red'.


<math>% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\a}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\b}{6} %
\pgfmathsetmacro{\c}{8.3} %
\pgfmathsetmacro{\p}{0.45} % |AG| = p*|AB|

\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\hc}{\b*sin(\Alpha)} %
\pgfmathsetmacro{\q}{1-\p} %

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]

% Dreieckskonstruktion
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=above:$C$] (C) at (\Alpha:\b);
\path[thick, draw=brown!50!red, fill=brown!30] (A) -- (B) -- (C) --cycle;

\tikzset{text=blue}
% Punkte G, D
\coordinate[label=below:$G$] (G) at ($(A)!\p!(B)$);
\coordinate[] (Gs) at (\p*\c, \hc);
\coordinate[label=above:$D$] (D) at (intersection of  A--C and G--Gs);
% Punkte H, E
\coordinate[] (Es) at ([shift={(\q*\c,0)}]D);
\coordinate[label=above:$E$] (E) at (intersection of  B--C and D--Es);
\coordinate[label=below:$H$] (H) at ($(A)!(E)!(B)$);
% Rechteck
\draw[]  (G) -- (D) --(E) -- (H);

% Punkt F
\coordinate[label=150:$F$] (F) at ($(D)!(C)!(E)$);
\draw[] (C) -- (F);
\draw[] (G) -- (F);
\draw[] (H) -- (F);

%% Punkte
\foreach \P in {A,...,H}
\draw[fill=blue!55] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}</math>

latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
 
\begin{document}
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{3.5} %  
\pgfmathsetmacro{\b}{6} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{8.3} % 
\pgfmathsetmacro{\p}{0.45} % |AG| = p*|AB|
 
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % 
\pgfmathsetmacro{\hc}{\b*sin(\Alpha)} % 
\pgfmathsetmacro{\q}{1-\p} % 
 
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize]
 
% Dreieckskonstruktion
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); 
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); 
\coordinate[label=above:$C$] (C) at (\Alpha:\b); 
\path[thick, draw=brown!50!red, fill=brown!30] (A) -- (B) -- (C) --cycle; 
 
\tikzset{text=blue}
% Punkte G, D
\coordinate[label=below:$G$] (G) at ($(A)!\p!(B)$); 
\coordinate[] (Gs) at (\p*\c, \hc); 
\coordinate[label=above:$D$] (D) at (intersection of  A--C and G--Gs); 
% Punkte H, E
\coordinate[] (Es) at ([shift={(\q*\c,0)}]D); 
\coordinate[label=above:$E$] (E) at (intersection of  B--C and D--Es); 
\coordinate[label=below:$H$] (H) at ($(A)!(E)!(B)$); 
% Rechteck
\draw[]  (G) -- (D) --(E) -- (H);
 
% Punkt F
\coordinate[label=150:$F$] (F) at ($(D)!(C)!(E)$); 
\draw[] (C) -- (F);
\draw[] (G) -- (F);
\draw[] (H) -- (F);
 
%% Punkte
\foreach \P in {A,...,H}
\draw[fill=blue!55] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
 
\end{document}
 




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1016 begonnen.]



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weird
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2019-06-26 23:45 - cyrix in Beitrag No. 1006 schreibt:
Hm, das ist eine hässliche, vollständige Fallunterscheidung. Sieht jemand was Schöneres? (Die Anzahl der verschiedenen Lösungen lässt mich aber daran etwas zweifeln...)


Aufgabe 310924: <<Abbildung in Aufgabenstellung>>
In die Felder der Abbildung sollen die Zahlen 1,2,3,4,5,6,7 so eingetragen werden, dass jede Zahl genau einmal vorkommt und dass doe Zahlen auf jeder Dreiecksseite die gleiche Summe ergeben.
Ermitteln Sie alle derartigen Eintragungen, die nicht durch Spiegelung ineinander überführt werden können.

Lösung:

Zuerst bemerken wir, dass die beiden mittleren Felder der Basis immer vertauscht werden können, ohne, dass die Figur durch Spiegelung in sich selbst überführt wird. Wir wollen deshalb im Folgenden auch o.B.d.A. voraussetzen, dass die Zahl im zweiten Feld der Basis kleiner ist als im dritten und die im ersten kleiner als die im vierten.

Sei <math>x</math> die Zahl, die im ersten Feld der Basis, <math>y</math> diejenige im vierten Feld der Basis und <math>z</math> diejenige in der Spitze des Dreiecks steht sowie <math>s</math> die Summe der Zahlen an einer Seite dieses Dreiecks. Dann ist <math>3s=1+2+3+4+5+6+7+x+y+z=28+x+y+z</math>, da genau die Eckfelder an zwei Seiten beteiligt sind und alle anderen Zahlen an genau einer. Wegen <math>6=1+2+3\leq x+y+z \leq 5+6+7=18</math> ist <math>34 \leq 3s \leq 46</math>, also, da <math>s</math> eine ganze Zahl ist, <math>12\leq s \leq 15</math>.

In der folgenden Tabelle geben wir für jeden möglichen Wert für <math>s</math> den Wert, den die Summe der Eckfelder <math>x+y+z</math> dann annehmen muss, sowie dessen Zerlegungen in drei paarweise verschiedene Summanden zwischen 1 und 7 an:

<math>
\begin{tabular}{l|l}
s & x+y+z\\
\hline
12 & \phantom{0}8=1+2+5=1+3+4\\
13 & 11=1+3+7=1+4+6=2+3+6=2+4+5\\
14 & 14=1+6+7=2+5+7=3+4+7=3+5+6\\
15 & 17=4+6+7
\end{tabular}
</math>

Seien weiterhin mit <math>l</math> die Zahl im Mittelfeld des linken, <math>r</math> die Zahl im Mittelfeld des rechten Schenkels und mit <math>a</math> sowie <math>b</math> die Zahlen im zweiten und dritten Feld der Basis bezeichnet:
       z
    l     r
   x  a  b  y

Fall 1: <math>s=15</math>. Dann ist <math>x+y+z=4+6+7</math> in irgendeiner Reihenfolge. Es können aber wegen <math>s-6-7=2<1+2</math> nicht 6 und 7 beide in der Basis stehen, sodass <math>y=4</math> folgt. Weiterhin kann dann wegen <math>s-7-4=4</math> nicht <math>z=7</math> gelten, sodass <math>x=7</math> und <math>z=6</math> folgt. Dann muss <math>l=s-x-z=2</math> und <math>r=s-y-z=5</math> gelten. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> die Zahlen 3 und 1. Tatsächlich ist dann <math>x+a+b+y=15=s</math>, sodass dies eine Lösung ist (bzw. durch Vertauschung von 1 und 3 dann zwei Lösungen).
       6
    2     5
   7  3  1  4


Fall 2: <math>s=14</math>. Dann ist <math>x+y+z=14=s</math> und es müsste <math>l=s-x-z=y</math> haben, was zu einer Doppelbelegung mit der Zahl <math>y</math> führen würde. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.

Fall 3: <math>s=13</math>.
Fall 3.1: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+3+7</math>. Dann sind insbesondere <math>x+z</math> und <math>y+z</math> gerade, aber <math>s</math> ungerade, sodass sowohl <math>l</math> als auch <math>r</math> beide ungerade sein müssten. Es ist aber nur noch die einzige noch nicht verwendete ungerade Zahl 5, sodass in diesem Fall keine Lösung existiert.
Fall 3.2: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+4+6</math>. Dann können nicht 4 und 6 an der Basis stehen, da <math>s-4-6=3<2+3</math>, da die 1 ja schon für ein Eckfeld vergeben wurde. Also muss <math>y=1</math> gelten. Es kann nicht <math>z=6</math> gelten, denn sonst wäre <math>r=s-y-z=13-1-6=6=z</math>. Es kann aber auch nicht <math>z=4</math> gelten, denn sonst wäre <math>r=s-y-z=13-1-4=8>7</math>. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.
Fall 3.3: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=2+3+6</math>. Dann können nicht 3 und 6 in der Basis stehen, da <math>s-6-3=4<1+4</math>, da 1 und 4 die kleinsten noch nicht vergebenen Zahlen sind. Also muss 2 in der Basis stehen und damit <math>y=2</math> gelten. Dann kann nicht <math>z=3</math> sein, da sonst <math>r=s-y-z=13-2-3=8>7</math> wäre. Also muss <math>z=6</math>, <math>r=5</math> und <math>x=3</math> gelten, woraus wegen <math>l=s-x-z=13-3-6=4</math> folgt. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> die Ziffern 7 und 1, und tatsächlich gilt auch <math>x+7+1+y=3+7+1+2=13=s</math>, sodass auch hier eine Lösung (bzw. nach Vertauschen von 7 und 1 eine zweite) entsteht.
       6
    4     5
   3  7  1  2


Fall 3.4: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=2+4+5</math>. Dann können weder 4 noch 5 in der Spitze <math>z</math> stehen, da sonst <math>y=2</math> und <math>l=s-x-z=13-4-5=4</math> folgen würde. Also muss <math>z=2</math>, <math>x=5</math> und <math>y=4</math> sein, woraus sofort <math>l=6</math> und <math>r=7</math> folgt, sodass für <math>a</math> und <math>b</math> noch die Ziffern 3 und 1 verbleiben. Auch hier gilt wieder <math>x+a+b+y=5+3+1+4=13=s</math>, sodass auch dies eine (bzw. nach Vertauschen von 3 und 1 eine zweite) Lösung ist.
       2
    6     7
   5  3  1  4

Fall 4: <math>s=12</math>.
Fall 4.1: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+2+5</math>. Dann kann nicht die 5 in der Spitze <math>z</math> stehen, weil sonst <math>x=2</math> und <math>l=s-x-z=12-2-5=5=z</math> folgen würde. Also ist <math>x=5</math>. Aus analogem Grund kann dann nicht <math>z=2</math> sein, sodass <math>z=1</math> und <math>y=2</math> folgt, was aber auf den Widerspruch <math>r=s-y-z=12-2-1=9>7</math> führt. Also gibt es in diesem Fall keine Lösung.
Fall 4.2: Es ist in irgendeiner Reihenfolge <math>x+y+z=1+3+4</math>. Dann kann nicht 4 in der Basis stehen, da sonst <math>x=4</math> und <math>y+z=1+3</math>, also <math>r=s-y-z=12-1-3=8>7</math> folgen würde. Also muss <math>z=4</math> und damit <math>x=3</math> sowie <math>y=1</math> gelten, woraus <math>l=s-x-z=12-3-4=5</math> und <math>r=s-y-z=12-1-4=7</math> folgt. Es verbleiben für <math>a</math> und <math>b</math> noch die Ziffern 6 und 2 und wieder ist <math>x+a+b+y=3+6+2+1=12=s</math>, sodass wir auch hier eine (bzw. nach Vertauschen von 6 und 2 eine zweite) Lösung erhalten:
       4
    5     7
   3  6  2  1

Damit gibt es, da die Fallunterscheidung vollständig war, bis auf Vertauschung der Felder <math>a</math> und <math>b</math> (sowie Spiegelung an der Mittelsenkrechten der Basis) genau fünf verschiedene Lösungen.

Cyrix

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1004 begonnen.]

@Steffen

Betreffend die obige schöne Lösung von Cyrix hier nur zwei kurze Anmerkungen für dich, für eine ev. Korrektur, wenn du sie dafür als wert erachtest, die ich auch schon Cyrix per PM mitgeteilt hatte.

1. Es steht zwar in obigem Text, dass man o.B.d.A. voraussetzen darf, dass "dass die Zahl im zweiten Feld der Basis kleiner ist als im dritten und die im ersten kleiner als die im vierten", aber m.E. sind alle explizit angegebenen Lösungen dann genau andersherum, also $x>y$ und $a>b$.

2. Zum Schluss ist davon die Rede, dass es modulo Symmetrien "genau fünf verschiedene Lösungen gibt", es sind aber nur vier, wenn ich mich in der Auflistung von Cyrix jetzt nicht total verzählt habe. (Und ja, ich hab das auch selber und unabhängig davon noch nachgerechnet, besser "nachprogrammiert".  biggrin )









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321242
Man beweise, dass ein Würfel für jede natürliche Zahl $n \geq 100$ in genau $n$ Würfel zerlegt werden kann.

Lösung
Lemma 1: Wenn $n$ eine positive Kubikzahl ist, kann man den Würfel immer in $n$ Würfel zerlegen. (offensichtlich, man nehme dazu gleich große Würfel und ordne sie schichtweise quadratisch an, mit den Seitenflächen parallel zu denen des großen Würfels)

Bemerkung 1: Überdies kann man in so einer schichtweisen quadratischen Zerlegung in $n$ gleichgroße Würfel eine Anzahl $k<n$ von Würfeln zusammenfassen, wenn $k$ eine positive Kubikzahl ist (offensichtlich).
Damit ergibt sich dann eine Zerlegung in $n-k+1$ Würfel. Dies werden wir später noch benutzen.

Lemma 2: Wenn man eine Zerlegung in $n$ Würfel hat, so kann man immer eine Zerlegung in $n+7$ Würfel erzielen. Beweis: Zerlege einen der Teilwürfel in 8 Würfel (was nach Lemma 1 geht), damit ist die Anzahl der Teilwürfel um 7 gestiegen.

Bemerkung 2: Daraus folgt, dass die Behauptung der Aufgabenstellung gezeigt ist, wenn man für jedes $r \in \{0,...,6\}$ eine Zerlegung in $n\leq 100$ Würfel hat, mit $n\equiv r ~\mathrm{mod}~7$. Wende dazu iterativ Lemma 2 ein.

Die folgenden 7er-Reste von $n$ für Zerlegungen in $n\leq 100$ Würfel können einfach erzielt werden (links steht der 7er-Rest, daneben $n$, zusammen mit der Rechenvorschrift, die der Zerlegung entspricht):

Rest 1: $1=1^3$
Rest 6: $27 =3^3$

Um die anderen 7er-Reste zu erhalten, zerlegen wir den Würfel in $6^3$ gleichgroße Teilwürfel und fasse einige dieser jeweils zu einem größeren Würfel zusammen (siehe Bemerkung 1).
Wir betrachten fünf verschiedene Möglichkeiten, bei denen wir jeweils 2, 3,..., 6 27er-Würfel zusammenfassen. Damit erhalten wir Zerlegungen in

$6^3-2\cdot 27+2$, $6^3-3\cdot 27 +3$, ..., $6^3-6\cdot 27+6$

Würfel. Da sowohl 27 als auch $6^3$ den 7er-Rest $-1$ haben, erhalten wir damit die 7er-Reste 3, 5, 0, 2, 4. Wir müssen nur noch die Anzahl der Würfel weiter verkleinern, um unter 100 zu kommen, ohne den 7er-Rest zu ändern.
Dies geht, indem wir weiter einige 8er-Würfel zusammenfassen, wodurch sich die Gesamtzahl der Würfel immer jeweils um 7 verringert. Konkret erhalten wir die folgenden Zerlegungen (kodiert mithilfe der Rechenvorschrift; man überzeugt sich leicht, dass die angegebenen Zusammenfassungen tatsächlich möglich sind):


Rest 3: $59 = 6^3-2\cdot 27+2-15\cdot 8 + 15$,
Rest 5: $61 = 6^3-3\cdot 27 +3 - 11\cdot 8 + 11$,
Rest 0: $49 = 6^3-4\cdot 27 +4 - 9\cdot 8 + 9$,
Rest 2: $51 = 6^3-5\cdot 27 +5 - 5\cdot 8 + 5$,
Rest 4: $39 = 6^3-6\cdot 27 +6 - 3\cdot 8 + 3$.

Da die größten dieser Zahlen, 59 und 61, 7er-Rest 3 bzw. 5 haben, und alle anderen $n$ kleiner als 55 (mit 7er-Rest 6) sind, können wir (nach Bemerkung 2) für jedes $n \geq 55$ eine Zerlegung des Würfels in $n$ Teilwürfel finden.
Insbesondere folgt die Behauptung der Aufgabenstellung.





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321241
Von den Eckpunkten eines regelmäßigen 250-Ecks wurden genau 16 gelb und alle anderen blau gefärbt.
Beweisen Sie, dass es zu jeder solchen Färbung eine Drehung des 250-Ecks um seinen Mittelpunkt gibt, bei der alle gelben Ecken in blaue übergehen!

Lösung
Drehungen werden im Folgenden als verschieden bezeichnet, wenn die zugehörigen Drehwinkel sich nicht um ein ganzzahliges Vielfaches von $2\pi$ unterscheiden.
Für jeden der gelben Punkte gibt es genau 16 verschiedene Drehungen, die den gelben Punkt in einen gelben Punkt überführen. Eine dieser Drehungen ist dabei immer die Identität. Folglich gibt es maximal $16\cdot 16-15=241$ verschiedene Drehungen, sodass es einen gelben Punkt gibt, der durch eine dieser Drehungen auf einen gelben Punkt abgebildet wird. Da es aber 250 verschiedene Drehungen gibt, die das 250-Eck in sich selbst überführen, müssen neun dieser 250 Drehungen jeden gelben Punkt in einen nicht-gelben, d.h. blauen Punkt überführen. Insbesondere ist die Behauptung gezeigt.



341241
Man beweise:
Wenn für eine von Null verschiedene reelle Zahl $x$ die Zahl $x + \frac{1}{x}$ eine ganze Zahl ist, dann ist für dieses $x$ und jede positive ganze Zahl $n$ auch $x^n+\frac{1}{x^n}$ eine ganze Zahl.

Klassiker wink
Beweis mit Induktion: Für $n=1$ gilt die Aussage nach Voraussetzung. Sei $n\geq 1$ und die Aussage für alle Exponenten $1,...,n$ bewiesen. Wir haben

$$\left(x^n+\frac{1}{x^n}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}+x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}},$$

sodass $x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}$ sich als Summe von Produkten ganzer Zahlen zusammensetzt. Induktiv folgt die Behauptung.


331245
Im Zwergenland wohnen 12 Zwerge. Jeder von ihnen hat unter den 11 anderen eine ungerade Anzahl von Freunden; alle diese Freundschaften beruhen auf Gegenseitigkeit. In jedem Monat hat einer der 12 Zwerge Geburtstag.
Jeder Zwerg bewohnt ein Haus für sich allein, jedes Haus ist entweder rot oder grün gestrichen.
Jeder Zwerg streicht in jedem Jahr an seinem Geburtstag sein Haus in derjenigen Farbe, die unter den Farben der Häuser seiner Freunde in größerer Anzahl als die andere Farbe vorkommt.
Zeigen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen stets ein Zeitpunkt existieren muss, von dem ab die Farbe aller Häuser unverändert bleibt!

Lösung (leider ganz analog zur 161233)
Die Lösung erfolgt wie bei der 161233, wenn man folgende Dinge feststellt:
Eine Freundschaft (die ja immer gegenseitig sein soll) kann durch eine Linie zwischen zwei Punkten symbolisiert werden, wobei jeder Zwerg durch einen Punkt in der gegenwärtigen Farbe seines Hauses dargestellt wird. Da jeder Zwerg eine ungerade Anzahl an Freundschaften mit anderen Zwergen hat, ist jeder Zwerg, dessen Haus umgestrichen werden kann, "außergewöhnlich" (im Sinne der Definition in der 161233, dass mehr als die Hälfte der Verbindungen des entsprechenden Punktes von Punkten der anderen Farbe ausgehen), und tatsächlich wird immer das Haus eines außergewöhnlichen Zwerges umgestrichen werden, nämlich dann, wenn der nächste Geburtstag eines der außergewöhnlichen Zwerge ansteht.

In der Lösung der 161233 wurde festgestellt, dass, unabhängig von der Reihenfolge des Umfärbens außergewöhnlicher Punkte, nach einer endlichen Anzahl von Umfärbungen kein außergewöhnlicher Punkt mehr existiert. Damit kann kein Umfärben mehr stattfinden, was die Behauptung der Aufgabe zeigt.





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weird
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Aufgabe 1 - 301221
Man beweise die folgende Aussage: Wenn $a,b,c$ positive reelle Zahlen sind, für die $b^2−a^2 = c^2−b^2 \ (1)$ gilt, dann gilt auch stets \[\frac1 {a+c} − \frac1 {b+c} = \frac1{a+b} − \frac1{ a+c} \quad(2) \]
Lösung
Der Beweis ergibt sich einfach aus folgenden Äquivalenzumformungen (man beachte, dass $a,b,c>0$ vorausgesetzt war!), welche (2) schrittweise in (1) überführen, sodass diese Schlusskette dann auch umkehrbar ist:
\[\frac1 {a+c} − \frac1 {b+c} = \frac1{a+b} − \frac1{ a+c}\\
\frac{b-a}{(a+c)(b+c)}=\frac{c-b}{(a+b)(a+c)}\\
\frac{b-a}{b+c}=\frac{c-b}{a+b}\\
b^2-a^2=(b-a)(a+b)=(c-b)(b+c)=c^2-b^2\]



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Ex_Senior
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2019-06-27 12:36 - TomTom314 in Beitrag No. 1015 schreibt:
Aufgabe 6 - 300936

Eine einfach Lösung wäre:

Konstruiere ein gleichseitiges Dreieck der Länge c. Zeichne über zwei Seiten jeweils Kreisbögen, so dass die Punkte auf diesen zu den Grunseiten die Winkel <math>\angle(s_1,s_2)</math> und <math>\angle(s_2,s_3)</math> haben. Verschiebe den Schnittpunkt der Bögen und das gleichseitige Dreieck nach <math>S</math>, so dass die Ecken des Dreiecks auf den Strahlen <math>s_1,s_2,s_3</math> liegen.

Das ist glaube ich nicht, die gewünschte Lösung.

Aber sie funktioniert. Arbeitest du sie aus, dass wir die Klasse 9 abschließen können? :)

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1024, eingetragen 2019-06-28


Aufgabe 2 - 301222
Man ermittle alle diejenigen Paare $(x,y)$ ganzer Zahlen $x$ und $y$, die dem System der folgenden Ungleichungen (1) und (2) genügen:
\[2x^2 +2y^2−12x+20y +65 < 0 \quad (1)\\ 4x+2y > 5\quad (2)\]
Lösung
Mittels quadratischer Ergänzung kann man (1) auch in der Form
\[(x-3)^2+(y+5)^2<\frac 32\] schreiben, woraus sofort
\[(x,y)\in\{(3,-6),(2,-5),(3,-5),(4,-5),(3,-4)\] für die ganzzahligen Lösungen $(x,y)$ folgt. Von diesen Paaren erfüllt aber dann nur $(x,y)=(4,-5)$ auch die zweite Bedingung, welches somit auch die einzige Lösung hier ist.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1022 begonnen.]



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Nun gut, dann also zu Fuß:



Wir bezeichnen die Kugel der Anschaulichkeit halber wie einen Globus. Der Äquator liege in der xy-Ebene, der Nordpol auf der positiven z-Achse. Wir haben insgesamt 12 Punkte zu platzieren, davon platzieren wir sechs auf der nördlichen Hemisphäre und sechs auf der südlichen.
Der Punkt $P_1$ liege am Nordpol. Die 5 weiteren Punkten in der nördlichen Hemisphäre werden so angeordnet, dass sie alle auf derselben Höhe ("Breitengrad") liegen und ein regelmäßiges Fünfeck bilden. Der Punkt $P_2$ liege auf dem Nullmeridian, also in der xz-Ebene. Die Höhe werde so bestimmt, dass der geradlinige Abstand zum Nordpol $P_1$ genau gleich $r$ ist. Dann gilt
$$\vec p_1=\left(\begin{array}{c}0\\0\\r\end{array}\right)$$Da der Punkt $P_2$ mit dem Nordpol $P_1$ und dem Urprung der Kugel ein gleichseitiges Dreieck bildet, kann man unmittelbar schlussfolgern, dass die Koordinaten des Punktes $P_2$ lauten:
$$\vec p_2=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2r\\0\\\frac12r\end{array}\right)$$Wir zeigen nun, dass die Seiten dieses regelmäßigen Fünfecks länger sind als $r$. Die Koordnaten von $P_3$ lauten
$$\vec p_3=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2r\cos72°\\\frac{\sqrt3}2r\sin72°\\\frac12r\end{array}\right)$$Die Strecke $P_2P_3$ hat demnach eine Länge von
$$d^2=\left(\frac{\sqrt{3}}2r(1-\cos72°)\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}2r\sin72°\right)^2$$$$d^2=r^2(\frac34-\frac34\cdot2\cos72°+\frac34)$$$$d^2=\frac32(1-\cos72°)r^2$$$$d=r\sqrt{\frac32(1-\cos72°)}\approx1,018r>r$$
Alle Punkte werden jetzt an der Äquatorebene gespiegelt. Die gespiegelten Punkte erhalten ein Apostroph. Dementsprechend ist $P_1'$ der Südpol, und jeder andere gespiegelte Punkt hat die gleichen $x$- und $y$-Koordinaten, aber die negative $z$-Koordinate, also
$$\vec p_2'=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt3}2r\\0\\-\frac12r\end{array}\right)$$Man erkennt, dass die Punkte $P_2$ bis $P_6$, die das nördliche Fünfeck bilden, jeweils einen Abstand $r$ zu ihrem gespiegelten Pendant haben, weil der eine bei der Höhe $\frac12r$ und der andere bei der Höhe $-\frac12r$ liegt. Wir haben daher 12 Punkte so angeordnet, dass sie, wenn man einem Meridian vom Nordpol zum Südpol folgt, jeweils einen Abstand von $r$ haben. Der Abstand vom Punkt $P_2$ zu dem Nachbarn seines Pendants, also zu $P_3'$ ist dementsprechend deutlich größer als $r$. Man kann nun die Abstände vergrößern, indem man die Punkte auf der südlichen Halbkugel um einen bestimmten Winkel um die z-Achse dreht. Dadurch wächst der Abstand von $P_2$ zu seinem ehemals gespiegelten Gegenüber $P_2'$. Diesen Abstandszuwachs kann man nutzen, um den Abstand der Fünfeckpunkte zum Pol zu vergrößern, womit der Beweis erbracht wäre, dass man einen Abstand zwischen zwei Punkten größer als $r$ einstellen kann.



So richtig zufrieden bin ich damit auch nicht, denn es führt trotzdem kein Weg daran vorbei, bestimmte Zahlenwerte (hier $\cos72°$) nachzuschlagen oder mit einem Taschenrechner zu berechnen.
Man könnte natürlich auch gleich vom Ikosaeder ausgehen und die Formel für das Verhältnis Umkugelradius zu Kantenlänge herleiten. Diese Herleitung kann man heutzutage überall nachschlagen, so dass ich mir die Mühe erspare, sie hier noch einmal abzutippen.
Ich habe auch Beweise überlegt, über die Ikosaederfläche im Verhältnis zur Umkugelfläche zu argumentieren, aber da bekommt man nur eine Abschätzung für den Abstand der Punkte nach oben, nicht nach unten.

Ciao,

Thomas



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1026, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-28 10:20 - weird in Beitrag No. 1024 schreibt:
Aufgabe 2 - 301222
Man ermittle alle diejenigen Paare $(x,y)$ ganzer Zahlen $x$ und $y$, die dem System der folgenden Ungleichungen (1) und (2) genügen:
\[2x^2 +2y^2−12x+20y +65 < 0 \quad (1)\\ 4x+2y > 5\quad (2)\]
Lösung
Mittels quadratischer Ergänzung kann man (1) auch in der Form
\[(x-3)^2+(y+5)^2<3\] schreiben, woraus sofort
\[(x,y)\in\{(3,-6),(2,-5),(3,-5),(4,-5),(3,-4)\] für die ganzzahligen Lösungen $(x,y)$ folgt. Von diesen Paaren erfüllt aber dann nur $(x,y)=(4,-5)$ auch die zweite Bedingung, welches somit auch die einzige Lösung hier ist.

Am Anfang hast du wohl vergessen den Nenner hinzuschreiben, denn es müsste

$(x-3)^2+(y+5)^2<\frac 32$

 heißen.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1027, eingetragen 2019-06-28


2019-06-28 09:57 - cyrix in Beitrag No. 1023 schreibt:
2019-06-27 12:36 - TomTom314 in Beitrag No. 1015 schreibt:
Aufgabe 6 - 300936
...

Aber sie funktioniert. Arbeitest du sie aus, dass wir die Klasse 9 abschließen können? :)

Cyrix

Ja, werde ich dann wohl machen. Mich wurmt es ein wenig, dass ich die "angedachte" Lösung nicht finde. Soweit ich das sehe, garantiert die Bedingung $\angle(s_1,s_3)< 60^\circ$ zwei Lösungen. Eine Lösung gibt unter wesentlich allgemeineren Bedingung, z.B. irgendein Punkt im inneren eines gleichseitigen Dreiecks und dann die Strahlen zu den Ecken... *hmpf*



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\definecolor{qqqqff}{rgb}{0,0,1}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49,0.49,1}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.27,0.27,0.27}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-0.48,-8.34) rectangle (16.2,4.86);
\draw [line width=2.8pt] (0,0)-- (1.48,3.3);
\draw (0,0)-- (2.8,1.68);
\draw (0,0)-- (6,0);
\draw (1.48,3.3)-- (6,0);
\draw(1.48,3.3) circle (1.45cm);
\draw [domain=-0.48:16.2] plot(\x,{(--10.08-0*\x)/6});
\begin{scriptsize}
\fill [color=uuuuuu] (0,0) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.01,-0.17) node {$A$};
\fill [color=xdxdff] (6,0) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (6.13,0.22) node {$B$};
\fill [color=qqqqff] (1.48,3.3) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (1.6,3.52) node {$C$};
\fill [color=qqqqff] (2.8,1.68) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (2.92,1.9) node {$D$};
\fill [color=uuuuuu] (0.75,1.68) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.61,1.92) node {$E$};
\fill [color=uuuuuu] (3.7,1.68) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.81,1.9) node {$F$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{document}


(1) GeoGebra listet übersichtlich die Koordinaten auf.
Aus irgendeinem Grund macht er das bei der Übersetzung nicht, das wäre
\coordinate[label=-90:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=$B$] (B) at (6,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (1.48,3.3);
% ...
 
\coordinate[label=<pos>:$<Anzeige>$] (<name>) at (<x>,<y>);

<pos> = above (default), below, left, right, ...
oder "34.5" = "Winkel".


(2) Für jede Beschriftung setzt setzt Geogebra jedesmal einen
\draw[color=uuuuuu] (-0.01,-0.17) node {$A$};
eine richtige Syntax wäre
\node[] (A) at (-0.01,-0.17) {$A$};
(die Farbe 'uuuuuu' ist schwarz und das ist eh der Default.)


(3) Dann listet er die Strecken und Anderes zwischen bzw. für die Koordinaten auf, z.B. Strecke[A,C].
Aber für die Übersetzung möchte er hier anstatt sowieso angegebener Koordinaten jedesmal mit absoluten Koordinaten arbeiten: \draw (1.48,3.3)-- (6,0);

Was nicht nötig wäre und viel übersichtlicher wäre, wenn entweder die normale Methode zur Koordinatenangabe (1) verwenden würde oder die nodes benennen würde (2).

Die richtige Syntax wäre bei benannten Kordinaten
% Strecken
\draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\draw[] (A) -- (D);
\draw[very thick] (A) -- (C);
% Kreis
\draw[] (C) circle[radius=1.45];

(4) Das noch einfachste Übersetzungsergebnis erhält man wohl, wenn man da möglichst wenig Spielereien wie Füllungen, Farben usw. einbaut.

(5) Die Parallele zeichnet er als Funktion ein
\draw [domain=-0.48:16.2] plot(\x,{(--10.08-0*\x)/6});
das ist, bis auf die seltsame Syntax, ok - im Hinblick auf andere mögliche Funktionen.

Parallelen gehen allerdings auch konstruktiver:
% Linke Halb-Parallele
\pgfmathsetmacro\k{0.5} % Verkürzung
\draw[] (D) --+ ($\k*(A)-\k*(B)$) coordinate(Es);
\coordinate[label=100:$E$] (E) at (intersection of  A--C and D--Es);



(5) Generell ist es nicht sinnvoll so, d.h. mit absoluten Koordinaten, zu arbeiten, weil die kleinste Änderung üblicherweise Änderung aller anderen Koordinaten nach sich zieht.


<math>\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,]
\coordinate[label=-90:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=$B$] (B) at (6,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (1.48,3.3);
\coordinate[label=$D$, text=blue] (D) at (2.8,1.68);

% Strecken
\draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\draw[] (A) -- (D);
\draw[very thick] (A) -- (C);

% Kreis
\draw[] (C) circle[radius=1.45];

% Parallele
\pgfmathsetmacro\k{0.5}
\draw[] (D) --+ ($\k*(A)-\k*(B)$) coordinate(Es);
\coordinate[label=100:$E$] (E) at (intersection of  A--C and D--Es);

\draw[] (D) --+ ($\k*(B)-\k*(A)$) coordinate(Fs);
\coordinate[label=$F$] (F) at (intersection of  B--C and D--Fs);

%% Punkte
\foreach \P in {A,...,F}
\draw[fill] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}</math>


TikZ
latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{ calc}
\begin{document}
 
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
\coordinate[label=-90:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=$B$] (B) at (6,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (1.48,3.3);
\coordinate[label=$D$, text=blue] (D) at (2.8,1.68);
 
% Strecken
\draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle;
\draw[] (A) -- (D);
\draw[very thick] (A) -- (C);
 
% Kreis
\draw[] (C) circle[radius=1.45];
 
% Parallele
\pgfmathsetmacro\k{0.5}
\draw[] (D) --+ ($\k*(A)-\k*(B)$) coordinate(Es);
\coordinate[label=100:$E$] (E) at (intersection of  A--C and D--Es); 
 
\draw[] (D) --+ ($\k*(B)-\k*(A)$) coordinate(Fs);
\coordinate[label=$F$] (F) at (intersection of  B--C and D--Fs); 
 
%% Punkte
\foreach \P in {A,...,F}
\draw[fill] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
 
\end{document}




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1029, eingetragen 2019-06-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-28 13:18 - Nuramon in Beitrag No. 1026 schreibt:
2019-06-28 10:20 - weird in Beitrag No. 1024 schreibt:
Aufgabe 2 - 301222
Man ermittle alle diejenigen Paare $(x,y)$ ganzer Zahlen $x$ und $y$, die dem System der folgenden Ungleichungen (1) und (2) genügen:
\[2x^2 +2y^2−12x+20y +65 < 0 \quad (1)\\ 4x+2y > 5\quad (2)\]
Lösung
Mittels quadratischer Ergänzung kann man (1) auch in der Form
\[(x-3)^2+(y+5)^2<3\] schreiben, woraus sofort
\[(x,y)\in\{(3,-6),(2,-5),(3,-5),(4,-5),(3,-4)\] für die ganzzahligen Lösungen $(x,y)$ folgt. Von diesen Paaren erfüllt aber dann nur $(x,y)=(4,-5)$ auch die zweite Bedingung, welches somit auch die einzige Lösung hier ist.

Am Anfang hast du wohl vergessen den Nenner hinzuschreiben, denn es müsste

$(x-3)^2+(y+5)^2<\frac 32$

 heißen.

Danke  für den Hinweis, habe es oben in dieser Weise ausgebessert.  wink

Ich konnte mich lange nicht entscheiden, ob ich die 2 links belassen oder doch nach rechts geben sollte, bis ich sie dann ganz vergessen habe. Allerdings habe ich dann wenigstens mit Berücksichtigung der 2 weitergerechnet.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1030, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-28


Ich habe wieder mal eine Aufgabe, bei der ich mir nicht sicher bin:

Aufgabe 3 - 131033

Gegeben sei eine vierseitige Pyramide mit quadratischer Grundfläche. Die Eckpunkte dieser Fläche seien die Punkte $A, B, C$ und $D$. Die Spitze der Pyramide sei $S$. Alle acht Kanten haben die Länge $a$.
$E$ und $F$ seien die Mittelpunkte der Kanten $SB$ bzw. $SC$. Eine Ebene durch die Punkte $A, E, F$ und $D$ zerlegt die Pyramide in zwei Teilkörper.
Errechnen Sie das Verhältnis der Volumina dieser beiden Teilkörper!

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=2]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (3,0.8);
\coordinate(d) at (1,0.8);
\coordinate(s) at (1+0.5,0.4+1.414);
\coordinate(e) at ($(b)!0.5!(s)$);
\coordinate(f) at ($(c)!0.5!(s)$);
\coordinate(e0) at ($(a)!0.5!(s)$);
\coordinate(f0) at ($(d)!0.5!(s)$);
\coordinate(a0) at ($(a)!0.25!(d)$);
\coordinate(d0) at ($(d)!0.25!(a)$);
\draw[white, fill=blue!10] (a) -- (e) -- (f) -- (d) -- cycle;
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (s);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (s);
\draw (a) -- (s) -- (b);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (d);
\draw[blue] (e) -- (e0) -- (f0) -- (f);
\draw[blue] (e0) -- (a0) -- (e);
\draw[blue] (f0) -- (d0) -- (f);
\draw[fill=white] (a) circle (0.03);
\draw[fill=white] (b) circle (0.03);
\draw[fill=white] (c) circle (0.03);
\draw[fill=white] (d) circle (0.03);
\draw[fill=white] (e) circle (0.03);
\draw[fill=white] (f) circle (0.03);
\draw[fill=white] (s) circle (0.03);
\draw[fill=white] (e0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (f0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (a0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (d0) circle (0.03);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[right] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below right] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below] at (f) {\small $F$};
\node[above] at (s) {\small $S$};
\node[left] at (e0) {\small $E_1$};
\node[below] at (f0) {\small $F_1$};
\node[left] at (a0) {\small $E_2$};
\node[below] at (d0) {\small $F_2$};
\end{tikzpicture}
</math>

Durch den Schnitt mit der Ebene $AEFB$ entstehen zwei Teilkörper, der obere Teilkörper $K_1$, eine Pyramide, mit den Eckpunkten $A, B, E, F$ und $S$, und der untere $K_2$ mit den Eckpunkten $A, B, C, D, E$ und $F$.
Die Gesamtpyramide ist ein halbes Oktaeder der Kantenlänge $a$ und besitzt damit ein Volumen $V_1 = \frac{a^3}{6}\sqrt{2}$.
Der Teilkörper $K_1$ kann aus folgenden weiteren Teilkörpern zusammengesetzt werden:
<math>
\begin{itemize}
\item $K_3$: einer Pyramide $EFF_1E_1$, wobei $E_1$ und $F_1$ die Mittelpunkte der Kanten $AS$ und $DS$ sind,
\item $K_4$: einem dreiseitigem Prisma mit der Dreiecksflche $EE_1E_2$ und der Hhe $EF= \frac{a}{2}$ (nach Strahlensatz), wobei $E_2$ und $F_2$ die Lote von $E_1$ und $F_1$ auf $AD$ sind und
\item $K_5, K_6$: zwei zueinander kongruenten dreiseitigen Pyramiden, zum einen mit der Dreiecksflche $EE_1E_2$ als Grundflche und $AE_2 = \frac{a}{4}$ als Hhe, zum anderen mit der Dreiecksflche $FF_1F_2$ und der Spitze in $D$.
\end{itemize}
</math>

$K_3$ ist nach dem räumlichen Strahlensatz ein Achtel des Volumens der Ausgangspyramide, da $EF = \frac{a}{2}$ ist, d.h.
\[
V_{K_3} = \frac{\sqrt{2}}{48}a^3
\] Das Dreieck $EE_1E_2$ hat zur Grundkante $EE_1 = \frac{a}{2}$ die Höhe von $E$ über der Fläche $ABCD$ als Dreieckshöhe. Diese Höhe ist die Hälfte der Pyramidenhöhe des Ausgangskörpers, d.h. $h_{\Delta}= \frac{\sqrt{2}}{4}a$. Mit der Prismenhöhe $\frac{a}{2}$ wird
\[
V_{K_4} = \frac{\sqrt{2}}{32}a^3
\] $K_5$ und $K_6$ haben jeweils eine Höhe von $\frac{a}{4}$ und die eben ermittelte Dreiecksfläche als Grundfläche. Damit wird
\[
V_{K_5} = V_{K_6} = \frac{\sqrt{2}}{192} a^3
\] Für die Teilkörper ergibt sich somit
\[
V_{K_1} = V_{K_3} + V_{K_4} + 2\cdot V_{K_5} = \frac{\sqrt{2}}{16} a^3
\qquad ; \qquad
V_{K_2} = V_{\text{Pyramide}} - V_{K_1} = \frac{5\sqrt{2}}{48} a^3
\] Das gesuchte Verhältnis ist $V_{K_1} : V_{K_2} = 3:5$.

Ich bitte um Kontrolle.
Danke

Steffen


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1028 begonnen.]



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Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1031, eingetragen 2019-06-28


Huhu,



Nach dem Satz von Viviani gilt \(x+y+z=h=\frac{a}{2}\sqrt{3}\). Mit \(\frac{a^2}{4}\sqrt{3}=1 \iff a^2=\frac{4}{3}\sqrt{3}\) folgt \(x+y+z=\frac{\sqrt{\frac{4}{3}\sqrt{3}}}{2}\sqrt{3}=\sqrt{\sqrt{3}}= \sqrt[4]{3}\). qed.

Gruß,

Küstenkind



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1028 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1032, eingetragen 2019-06-28



Aufgabe 301021:

<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & m & o & r & d\\
+ &   & r & a & u & b\\
\newline
= & k & r & i & m & i
\end{tabular}
</math>

In dem Kryptogramm sind die Buchstaben so durch Ziffern <math>0,1, \dots, 9</math> zu erstezen, dass gleiche Buchstaben durch gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben durch verschiedene Ziffern ersetzt werden und das eine richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht. Der Buhstabe <math>o</math> braucht nicht durch die Ziffer 0 (Null) ersetzt werden.
a) Beweisen Sie, dass sogar in keiner Lösung des Kryptogramms der Buchstabe <math>o</math> durch 0 ersetzt wird!
b) Geben Sie vier Ersetzungen an, unter denen sich keine zwei mit gleichem Wert für <math>a</math> befinden! Bestätigen Sie, dass die von Ihnen angegebenen Ersetzungen vier Lösungen des Kryptogramms sind!
Lösung:
a)

Um führende Nullen zu vermeiden muss <math>k=1</math> gelten, da die Summe von zwei vierstelligen Zahlen kleiner ist als 20.000, also als fünfstellige Zahl nur die erste Ziffer Eins haben kann. Also muss bei der Addition in der Tausenderstelle ein Übertrag entstehen.

Dann gilt entweder <math>m+r=10+r</math>, was auf den Widerspruch <math>m=10</math> führt, oder aber <math>m+r+1=10+r</math>, was <math>m=9</math> bedeutet, und, dass auch in der Hunderterstelle ein Übertrag entstanden ist.

Wegen <math>a\neq m=9</math> ist <math>a\leq 8</math>. Außerdem gilt entweder <math>o+a=10+i\geq 10</math> oder <math>o+a+1=10+i\geq 10</math>, also in jedem Fall <math>o+a\geq 9</math> und damit <math>o\geq 9-a\geq 1</math>, sodass in jedem Fall <math>o\neq 0</math> gilt, <math>\Box</math>.

b) Wir geben im Folgenden vier dieser Lösungen mit paarweise verschiedenen Werten von <math>a</math> an:

<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & 9 & 6 & 3 & 8\\
+ &   & 3 & 4 & 5 & 2\\
\newline
= & 1 & 3 & 0 & 9 & 0
\end{tabular}
</math>


<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & 9 & 4 & 3 & 8\\
+ &   & 3 & 6 & 5 & 2\\
\newline
= & 1 & 3 & 0 & 9 & 0
\end{tabular}
</math>


<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & 9 & 8 & 3 & 6\\
+ &   & 3 & 2 & 5 & 4\\
\newline
= & 1 & 3 & 0 & 9 & 0
\end{tabular}
</math>



<math>
\begin{tabular}{cccccc}
&   & 9 & 2 & 3 & 6\\
+ &   & 3 & 8 & 5 & 4\\
\newline
= & 1 & 3 & 0 & 9 & 0
\end{tabular}
</math>

Die zweite geht aus der ersten sowie die vierte aus der dritten jeewils durch Vertauschung von <math>a</math> und <math>o</math> hervor, während man die dritte aus der ersten (sowie die vierte aus der zweiten) durch Vertauschen der Paare <math>(a,o)</math> und <math>(b,d)</math> erhält. Man rechnet leicht nach, dass dies alles Lösungen des Kryptogramms sind.



Aufgabe 301022: Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl <math>n</math>, die nicht Quadratzahl ist, die Zahl <math>\sqrt{n}</math> irrational ist!
Dabei werde wie üblich eine natürliche Zahl <math>n</math> genau dann Quadratzahl genannt, wenn es eine natürliche Zahl <math>k</math> gibt, mit der <math>n=k^2</math> gilt.

Lösung:

Es sei eine natürliche Zahl <math>n</math>, die nicht Quadratzahl ist. Wegen <math>0=0^2</math> und <math>1=1^2</math> ist <math>n>1</math>. Damit hat es eine eindeutige Primfaktorzerlegung mit mindestens einem Primteiler. Auch mindestens eine Primzahl <math>p</math> besitzt in der Primfaktorzerlegung von <math>n</math> einen ungeraden Exponenten <math>u</math> (sonst könnte man die Zahl, deren Primfaktorzerlegung aus der von <math>n</math> dadurch entsteht, indem man jeden Exponenten halbiert, <math>k</math> nennen und es würde <math>n=k^2</math> gelten, sodass <math>n</math> im Widerspruch zur Aufgabe eine Quadratzahl wäre). Also gilt <math>p^u\bar n</math>, aber <math>p^{u+1}\not\bar n</math>.

Wäre <math>\sqrt{n}>0</math> rational, so gäbe es teilerfremde positive ganze Zahlen <math>a</math> und <math>b</math> mit <math>\sqrt{n}=\frac{a}{b}</math> bzw. <math>n^2=\frac{a^2}{b^2}</math> und damit <math>a^2=n\cdot b^2</math>.

Es ist <math>p\bar n</math>, also auch <math>p\bar n\cdot b^2</math> und damit <math>p\bar a^2</math>. Da <math>p</math> eine Primzahl ist, muss es dann auch Teiler von <math>a</math> sein, sodass es (wie jede Primzahl) mit geradem Exponenten in der Primfaktorzerlegung von <math>a^2</math>, also auch der von <math>b^2</math> vorkommt. In der Primfaktorzerlegung von <math>n^</math> ist es aber nur mit ungeradem Exponenten enthalten, sodass es auch mit ungeradem Exponenten in der Primfaktorzerlegung von <math>b^2</math> enthalten sein muss, was ein Widerspruch ist, da auch dort alle Primfaktoren einen geraden Exponenten besitzen, <math>\Box</math>.


Aufgabe 301023: Beweisen Sie die folgende Aussage!
Wenn <math>ABCD</math> ein Rechteck mit <math>|AB|>|AD|</math> ust, so schneidet die Mittelsenkrechte der Diagonalen <math>AC</math> die Randlinie des Dreiecks <math>\triangle ABC</math> in einem Punkt <math>P</math>, der zwischen <math>B</math> und dem Mittelpunkt <math>Q</math> der Strecke <math>AB</math> liegt.

Lösung:

Sei <math>M</math> der Mittelpunkt der Strecke <math>AC</math>. Damit ist <math>M</math> auch der Mittelpunkt der anderen Diagonalen <math>BD</math> des Rechtecks <math>ABCD</math>. Da die Diagonalen eines Rechtecks auch gleichlang sind, gilt damit <math>|AM|=|BM|</math>. Insbesondere ist das Dreieck <math>\triangle ABM</math> gleichschenklig mit Basis <math>AB</math>.

Wegen <math>|AB|>|AD|=|BC|</math> ist <math>\angle BAC<\angle ACB</math>, da im Dreieck <math>\triangle ABC</math> dem kleineren Winkel auch die kleinere Seite gegenüberliegt. Wegen <math>\angle CBA=90^{\circ}</math> und der Innenwinkelsumme in diesem Dreieck ist somit <math>\angle BAM=\angle BAC<45^{\circ}</math>, also aufgrund der Gleichschenkligkeit im Dreieck <math>\triangle ABM</math> auch <math>\angle MBA=\angle BAM<45^{\circ}</math> und damit <math>\angle AMB>90^{\circ}=\angle AMP</math>, da die Mittelsenkrechte der Strecke <math>AC</math> natürlich durch <math>M</math> verläuft.

Weiterhin liegt wegen <math>|AM|=|BM|</math> der Punkt <math>M</math> auf der Mittelsenkrechten von <math>AB</math>. Diese verläuft durch den Mittelpunkt <math>Q</math> dieser Strecke, sodass <math>\angle MQA=90^{\circ}</math> und wegen der Innenwinkelsumme im Dreieck <math>\triangle AMQ</math> auch <math>\angle AMQ=180^{\circ}-\angle MQA -\angle QAM<180^{\circ}-\angle MQA=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}=\angle AMP</math> gilt.

Zusammen ist also <math>\angle AMQ<\angle AMP <\angle AMB</math>, sodass, da <math>Q</math>, <math>P</math> und <math>B</math> auf einer Geraden liegen, also <math>P</math> im Innern der Strecke <math>QB</math> liegt, <math>\Box</math>.


Aufgabe 301024: Für jede ganze Zahl <math>n>0</math> sei
<math>a_n=((n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1})^{-1} .</math>
Mit dieser Bezeichnung sei
<math>s=a_1+a_2+\dots+a_{1989}+a_{1990}</math> .
Beweisen Sie, dass hieraus <math>0{,}5<s<1</math> folgt!

Lösung:

Es ist
<math>\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n+1}}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n} \cdot \sqrt{n+1} \cdot (\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=\frac{n+1-n}{\sqrt{n} \cdot (n+1)+\sqrt{n+1} \cdot n}=a_n \ .</math>

Damit ist

<math>s=\sum_{n=1}^{1990} a_n=\sum_{n=1}^{1990} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)=\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{1990+1}}\ ,</math>

also wegen <math>0<\frac{1}{\sqrt{1991}}<\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}</math> schließlich <math>\frac{1}{2}<s<1</math>, <math>\Box</math>.


Aufgabe 301031: Beim Umrechnen natürlicher Zahlen aus dem Dezimalsystem in Systeme mit anderer Basis kann man feststellen, dass es Zahlen gibt, deren Darstellung sowohl im System mit der Basis 2 als auch im System mit der Basis 4 auf die Ziffernfolge <math>\dots 01</math> endet; z.B. hat <math>17=[10001]_2=[101]_4</math> diese Eigenschaft.
Gibt es auch natürliche Zahlen, deren Darstellung in beiden Systemen (sowohl mit der Basis 2 als auch mit der Basis 4) auf die Zigffernfolge <math>\dots 10</math> endet?

Lösung:

Nein, gibt es nicht: Eine Zahl, die im Zweiersystem auf die Zifern 10 endet, ist durch 2 teilbar (da letzte Ziffer 0), nicht aber durch <math>2^2=4</math> (da die vorletzte Ziffer nicht auch 0 ist); eine Zahl, die im Vierersystem auf 0 endet, ist aber durch 4 teilbar, sodass nicht beide Darstellungen für die gleiche Zahl möglich sind.


Aufgabe 301032: Bekanntlich nennt man jede Folge von <math>n</math> Zahlen der Form
(1): <math>a_1=z</math>; <math>a_2=z+d</math>; <math>a_3=z+2d</math>; <math>a_n=z+(n-1)d</math>
(<math>n\geq 1</math> natürliche Zahl; <math>z</math>, <math>d</math> reelle Zahlen) eine (endliche) arithmetische Folge.
Ermitteln Sie die Anzahl aller derjenigen arithmetischen Folgen (1), in denen auch <math>z</math> und <math>d</math> natürliche Zahlen mit <math>z\geq 1</math>, <math>d\geq 1</math> sind und für die <math>n\geq 3</math> sowie <math>a_1+a_2+\dots+a_n=1999</math> gilt.

Lösung:

Es ist <math>11\cdot 181=1991</math>, wobei 11 und 181 Primzahlen sind. Also hat 1991 genau die vier Teiler 1, 11, 181 und 1991.

Fall 1: Es ist <math>n</math> ungerade, d.h., es gibt eine natürliche Zahl <math>m\geq 2</math> mit <math>n=2m-1</math>. Dann ist mit <math>x:=z+(m-1)\cdot d</math>
<math>a_1=x-(m-1)d</math>, <math>a_2=x-(m-2)d</math>, <math>\dots</math>, <math>a_m=x</math>, <math>a_{m+1}=x+d</math>, <math>\dots</math>, <math>a_{n}=a_{m+(m-1)}=x+(m-1)d</math> und
<math>a_1+a_2+\dots+a_n=(x-(m-1)d)+\dots +(x+(m-1)d)=(2(m-1)+1)x=nx \.</math>

Insbesondere sind <math>n</math> und <math>x</math> Teiler und Gegenteiler von 1991. Da <math>x=z+(m-1)d>\frac{n}{2}</math> gilt, entfallen die Teiler 181 und 1991 als Möglichkeiten für <math>n</math>, da der jeweils zugehörige Gegenteiler kleiner wäre als <math>\frac{n}{2}</math>, also auch als <math>x</math>. Wegen <math>n\geq 3</math> verbleibt nur die eine Möglichkeit <math>n=11</math>, was <math>181=x=z+5d</math> bzw. <math>z=181-5d</math> bedeutet. Damit gibt es für jedes ganzzahlige <math>1\leq d \leq \frac{180}{5}=36</math> genau eine solche arithmetische Folge, da dann auch immer <math>z\geq 1</math> eindeutig bestimmt ist. (Weitere kann es in diesem Fall nicht geben.) Also existieren in diesem Fall genau 36 Lösungen.

Fall 2: Es ist <math>n</math> gerade, d.h., es gibt eine natürliche Zahl <math>m\geq 2</math> mit <math>n=2m</math>. Dann ist für jedes <math>1\leq i\leq m</math>
<math>a_i+a_{n+1-i}=(z+(i-1)d)+(z+(n-i)d)=2z+(n-1)d=:x , </math>
also
<math>a_1+a_2+\dots+a_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+\dots+(a_m+a_{m+1})=m \cdot x ,</math>
sodass auch hier <math>m</math> und <math>x</math> Teiler und Gegenteiler von 1991 sein müssen. Wegen <math>x=2z+(n-1)d\geq 2+(n-1)>n=2m</math> fallen für <math>m</math> die Teiler 181 und 1991 wieder wegen zu großem <math>x</math> weg und auch <math>m=1</math> entfällt wegen <math>m\geq 2</math>, sodass <math>m=11</math> und damit <math>181=x=2z+21d</math> bzw. <math>z=\frac{1}{2} \cdot (181-21d)</math> folgt. Da <math>z</math> eine ganze Zahl ist, muss also <math>d</math> ungerade sein und wegen <math>z\geq 1</math> folgt auch <math>1\leq d \leq 7</math>, da <math>9\cdot 21=189>181</math> ist. Also existieren in diesem Fall genau 4 Lösungen.

Zusammen ergeben sich also genau 40 arithemtische Folgen, die den Bedingungen der Aufgabenstellung genügen.


Aufgabe 301034: Ermitteln Sie alle diegenigen reellen Zahlen <math>x</math>, die die folgende Ungleichung (1) erfüllen!
(1): <math>||x-2|-2|<1</math>

Lösung:

Die Ungleichung (1) ist äquivalent zu <math>-1<|x-2|-2<1</math> bzw. <math>1<|x-2|<3</math>.

Es ist <math>|x-2|<3</math> äquivalent zu <math>-3<x-2<3</math> bzw. <math>-1<x<5</math>, sodass nur solche reelle Zahlen auch (1) erfüllen können.

Weiterhin wird <math>1<|x-2|</math> genau von denjenigen reellen Zahlen <math>x</math> erfüllt, für die <math>1<x-2</math> (d.h. <math>x>3</math>) oder <math>-1>x-2</math> (d.h. <math>x<1</math>) gilt.

Zusammen wird also (1) genau von den reellen Zahlen mit <math>-1<x<1</math> oder <math>3<x<5</math> erfüllt.



Aufgabe 301035: Man untersuche, ob es eine Menge <math>M</math> von 1991 verschiedenen positiven natürlichen Zahlen mit folgenden Eigenschaften gibt:
(1) Keine Zahl aus <math>M</math> enthält einen Primfaktor größer als 31.
(2) Kein Produkt von zwei verschiedenen Zahlen aus <math>M</math> ist eine Quadratzahl.

Lösung:

Wir geben im Folgenden eine Menge <math>M</math> mit <math>2^{11}=2048>1991</math> verschiedenen positiven natürlichen Zahlen an, die die Bedingungen (1) und (2) erfüllt. Dann ist jede 1991-elementige Teilmenge von <math>M</math> eine, die die Bedingungen der Aufgabenstellung genügt.

Es sei <math>P</math> die Menge der elf Primzahlen 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 und 31, die sämtlich nicht größer als 31 sind. Für jede der <math>2^{11}</math> Teilmengen von <math>P</math> bilden wir das Produkt der in ihr enthaltenenen Primzahlen und nennen die Menge dieser Produkte <math>M</math>. Dann hat <math>M</math> genau <math>2^{11}=2048</math> Elemente. Diese sind offensichtlich alles positive ganze Zahlen.

Für jedes Element von <math>M</math> gilt, dass in seiner Primfaktorzerlegung nur die Primzahlen als <math>P</math> enthalten sind, also kein Primfaktor, der größer als 31 ist. Damit ist (1) erfüllt. Weiterhin ist jede Primzahl in der Primfaktorzerlegung eines jeden Elements höchstens mit dem Exponenten 1 enthalten.

Betrachten wir nun zwei verschiedene Zahlen <math>a</math> und <math>b</math> aus <math>M</math> bzw. ihre zugehörigen Teilmengen <math>A</math> und <math>B</math> aus <math>P</math>. Da diese verschieden sind (aufgrund der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung), gibt es mindestens ein Element <math>p\in P</math>, welches in der einen (o.B.d.A.) Teilmenge <math>A</math> enthalten ist, der anderen <math>B</math> aber nicht. Also ist dann <math>a</math> durch <math>p</math> teilbar, <math>b</math> aber nicht. Damit ist ihr Produkt <math>ab</math> durch <math>p</math> teilbar. Da jedoch keine der Zahlen aus <math>M</math>, insbesondere also auch nicht <math>a</math>, durch <math>p^2</math> teilbar ist, kann auch <math>ab</math> damit nicht durch <math>p^2</math> teilbar nicht sein, sodass in der Primfaktorzerlegung von <math>ab</math> die Primzahl <math>p</math> mit ungeradem Exponenten 1 enthalten ist, also <math>ab</math> keine Quadratzahl sein kann. (Bei Quadratzahlen ist in der Primfaktorzerlegung der Exponent jeder Primzahl gerade.) Also ist auch (2) erfüllt, <math>\Box</math>.


Aufgabe 301045: Ein Mathematiklehrer, der demnächst den Flächeninhalt von Kreisen behandeln wollte, stellte folgende vorbereitende Hausaufgabe:
Auf kariertem Papier (quadratische Kästchen der Seitenlänge 5mm) sollten die Schüler um einen Eckpunkt eines Kästchens Kreise mit Radien 1 cm, 2 cm, 3 cm, 4 cm und 5 cm zeichnen.
Zu jedem dieser Kreise sollten sie unter allen Kästchen, die gemeinsame Punkte mit der Kreisfläche haben, diejenigen zählen,
a) die vollständig in der Kreisfläche enthalten sind,
b) deren Vereinigungsmenge die Kreisfläche vollständig überdeckt.
Offenbar ergibt das Produkt des Flächeninhalts eines Kästchens mit der in a) gefundenen Anzahl einen zu kleinen Näherungswert für den Flächeninhalt des Kreises, mit der in b) gefundenen Anzahl dagegen einen zu grpßen Näherungswert.
Anschließend sollte noch das arithmetische Mittel dieser beiden Näherungswerte (als dritter Näherungswert) berechnet werden.
Die Schüler, die sehr sorgfältig gearbeitet hatten, erhielten folgende Ergebnisse: <<Tabelle siehe Aufgabenstellung>>
Nun wurde bemerkt, dass jeweils die Maßzahlen des dritten Näherungswertes sämtlich nach dem Komma die Ziffer 5 haben.
Trifft das auch bei der Wahl aller Radien <math>r</math> zu, deren Maßzahlen in cm die natürlichen Zahlen größer als 5 sind?

Lösung:

Wir legen ein Koordinatensystem so in die Ebene des karrierten Papiers, dass dessen Koordinatenursprung im Mittelpunkt des zu zeichnenden Kreises liegt, dessen Koordinatenachsen mit den durch diesen Eckpunkt eines Kästchens verlaufenden Gitterlinien zusammenfallen und die Kästchenlänge 1 betrage. (Damit sind also geradzahlige Radien <math>r>10</math> zu betrachten.)

Wir bemerken, dass bei einer Drehung um den Koordinatenursprung um den Winkel <math>90^{\circ}</math> der Kreis wieder auf sich selbst und Kästchen wieder auf Kästchen, jedoch keines auf sich selbst, abgebildet werden. Also genügt es, die jeweiligen Kästchen im ersten Quadranten zu zählen und deren Anzahl dann mit vier zu multiplizieren, da es aufgrund der Drehung in den anderen Quadranten immer genauso viele Kästchen der entsprechenden Sorte wie im ersten Quadranten gibt.

Es sei <math>A</math> die Anzahl der Kästchen im ersten Quadranten, die vollständig innerhalb des Kreises liegen. Identifizieren wir ein Kästchen mit den Koordinaten <math>(x,y)</math> seiner rechten oberen Ecke, wobei also <math>x</math> und <math>y</math> dann beides positive ganze Zahlen sind, so liegt das Kästchen genau dann vollständig in der Kreisfläche, wenn <math>x^2+y^2\leq r^2</math> gilt.

Analog sei <math>B</math> die Anzahl der Kästchen im ersten Quadranten, die gemeinsame Punkte mit dem Kreis besitzen. Bezeichne hier <math>(u,v)</math> die Koordinaten der linken unteren Ecke des Kästchens, wobei dann <math>u</math> und <math>v</math> nicht-negative ganze Zahlen sind. Dann besitzt das Kästchen genau dann mindestens einen gemeinsamen Punkt mit dem Kreis, wenn die linke untere Ecke des Kästchens noch im oder auf dem Kreis liegt, also <math>u^2+v^2 \leq r^2</math> gilt.

Offenbar führt jede Lösung von <math>x^2+y^2\leq r^2</math> mit <math>x,y\in\mathbb{Z}_{>0}</math> via <math>u:=x</math>, <math>v:=y</math> auch zu einer von <math>u^2+v^2 \leq r^2</math>, sodass <math>B\geq A</math> gilt. Tatsächlich erhält man so natürlich alle Lösungen der zweiten Ungleichung, für die weder <math>u</math> noch <math>v</math> Null sind. Es fehlen also genau diese, wo mindestens eine der beiden Variablen verschwindet.

Ist <math>u=0</math>, so kann <math>v</math> alle Werte von 0 bis <math>r</math> annehmen, analog anders herum. Da die Lösung <math>(0,0)</math> hier in beiden Fällen mitgezählt wurde, hat die Ungleichung <math>u^2+v^2\leq r^2</math> also (für nicht-negativ ganzzahliges <math>r</math>) genau <math>2r-1</math> Lösungen, bei denen mindestens eine der beiden Variablen <math>u</math> bzw. <math>v</math> Null ist.

Also gilt <math>B=A+(2r-1)</math> bzw. <math>\frac{A+B}{2}=A+r-\frac{1}{2}</math>.

Da die tatsächliche Kästchenanzahl in allen vier Quadranten insgesamt das Vierfache der hier gezählten Kästchen im ersten Quadranten ist, gilt für das arithmetische Mittel der insgesamt gezählten Kästchenanzahlen, dass dieses ein Vielfaches von 4 ist, von dem 2 subtrahiert werden. Da der Flächeninhalt eines Kästchens <math>\frac{1}{4} \text{cm}^2</math> beträgt, ist also für jedes ganzzahlige <math>r</math> (d.h., der gezeichnete Kreis hat einen Radius, der ein natürliches Vielfaches der Kästchenlänge von 5mm ist) das arithmetische Mittel der errechneten Flächeninhalte eine ganze Zahl von <math>\text{cm}^2</math> minus <math>\frac{1}{2}=0{,}5</math>, sodass die Maßzahl des dritten Näherungswerts immer auf <math>\dots {,}5</math> endet.

Cyrix

p.s.: Damit sind wir wieder bei unter 400 noch offenen Aufgaben und nähern uns wieder der 75%-Marke.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1027 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1033, eingetragen 2019-06-28


2019-06-28 19:41 - Kuestenkind in Beitrag No. 1031 schreibt:
Huhu,



Nach dem Satz von Viviani gilt <math>x+y+z=h=\frac{a}{2}\sqrt{3}</math>. Mit <math>\frac{a^2}{4}\sqrt{3}=1 \iff a^2=\frac{4}{3}\sqrt{3}</math> folgt <math>x+y+z=\frac{\sqrt{\frac{4}{3}\sqrt{3}}}{2}\sqrt{3}=\sqrt{\sqrt{3}}= \sqrt[4]{3}</math>. qed.

Gruß,

Küstenkind



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1028 begonnen.]

Moin,

für eine zweite Runde würde ich den Satz hier doch direkt beweisen, zumal es ja auch nicht lang ist:

Die Strecken <math>AP</math>, <math>BP</math> und <math>CP</math> zerlegen das gleichseitige Dreieck <math>\triangle ABC</math> in drei Teildreiecke <math>\triangle ABP</math>, <math>\triangle BCP</math> und <math>\triangle ACP</math>, deren Flächeninhalte sich jeweils aus dem halben Produkt der Grundseite <math>|AB|=|BC|=|AC|</math> mit der entsprechenden Höhe <math>x</math>, <math>y</math> bzw. <math>z</math> ergibt. Da diese drei Dreiecke das Dreieck <math>\triangle ABC</math> zerlegen, addieren sich ihre Flächeninhalte zu dem des Dreiecks <math>\triangle ABC</math>, also zu <math>\frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h</math>, sodass sich <math>x+y+z=h</math> ergibt.

Dann weiter wie oben.

Eine zweite Runde, insbesondere dort eine zweite Aufgabe, richtet sich an die interessierten SuS, die aber sonst sich nicht weiter außerschulisch mit Mathe beschäftigt haben. Wenn in der (ersten) Musterlösung dann ein Satz auftaucht, von dem die SuS noch nie gehört haben, erzeugt das den falschen Eindruck, man bräuchte dieses Zusatzwissen. (In den höheren Stufen wäre ich da toleranter, aber in der Regionalrunde sollte man m.E. schon geerdet bleiben.)


Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1034, eingetragen 2019-06-28


2019-06-28 19:39 - stpolster in Beitrag No. 1030 schreibt:
Aufgabe 3 - 131033

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=2]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (3,0.8);
\coordinate(d) at (1,0.8);
\coordinate(s) at (1+0.5,0.4+1.414);
\coordinate(e) at ($(b)!0.5!(s)$);
\coordinate(f) at ($(c)!0.5!(s)$);
\coordinate(e0) at ($(a)!0.5!(s)$);
\coordinate(f0) at ($(d)!0.5!(s)$);
\coordinate(a0) at ($(a)!0.25!(d)$);
\coordinate(d0) at ($(d)!0.25!(a)$);
\draw[white, fill=blue!10] (a) -- (e) -- (f) -- (d) -- cycle;
\draw (a) -- (b) -- (c) -- (s);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (s);
\draw (a) -- (s) -- (b);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (d);
\draw[blue] (e) -- (e0) -- (f0) -- (f);
\draw[blue] (e0) -- (a0) -- (e);
\draw[blue] (f0) -- (d0) -- (f);
\draw[fill=white] (a) circle (0.03);
\draw[fill=white] (b) circle (0.03);
\draw[fill=white] (c) circle (0.03);
\draw[fill=white] (d) circle (0.03);
\draw[fill=white] (e) circle (0.03);
\draw[fill=white] (f) circle (0.03);
\draw[fill=white] (s) circle (0.03);
\draw[fill=white] (e0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (f0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (a0) circle (0.03);
\draw[fill=white] (d0) circle (0.03);
\node[left] at (a) {\small $A$};
\node[right] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below right] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below] at (f) {\small $F$};
\node[above] at (s) {\small $S$};
\node[left] at (e0) {\small $E_1$};
\node[below] at (f0) {\small $F_1$};
\node[left] at (a0) {\small $E_2$};
\node[below] at (d0) {\small $F_2$};
\end{tikzpicture}
</math>

Aber warum machst Du das weiterhin in diesem "3D nach 2D gepresst"-Stil?

Das kann man ohne Weiteres mit 3D-Koordinaten konstruieren, ausgehend von einem Maß
\pgfmathsetmacro{\a}{5} %  Kantenlänge


<math>\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{main,foreground}

\pgfmathsetmacro{\a}{5} %  Kantenlnge

\pgfmathsetmacro{\d}{sqrt(2)*\a} %
\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\a^2-(0.5*\d)^2)} %

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
z ={(0,0,-cos(45))},
]

% Koordinaten
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0,0);
\coordinate[label=right:$B$] (B) at (\a,0,0);
\coordinate[label=right:$C$] (C) at (\a,0,\a);
\coordinate[label=below:$D$] (D) at (0,0,\a);

\coordinate[] (M) at (0.5*\a,0,0.5*\a);
\path[] (M) --+ (0,\h,0) coordinate[label=$S$] (S);

\coordinate[label=right:$E$] (E) at ($(S)!0.5!(B)$);
\coordinate[label=right:$F$] (F) at ($(S)!0.5!(C)$);
\coordinate[label=left:$E_1$] (E1) at ($(S)!0.5!(A)$);
\coordinate[label={[right, yshift=1.5mm]:$F_1$}] (F1) at ($(S)!0.5!(D)$);
\end{pgfonlayer}

% Ebene AEFD
\draw[blue, fill=blue!10] (A) -- (E) -- (F) -- (D) --cycle;
% Ebene EFF1E1
\draw[blue] (E) -- (F) -- (F1) -- (E1) --cycle;

%% Pyramide
% Grundflche
\draw[] (A) -- (B) -- (C);
\draw[densely dashed] (A) -- (D) -- (C);
% Hhe
\foreach \P in {A,B,C}{  \draw[] (\P) -- (S);     }
\draw[densely dashed] (D) -- (S);

% Annotationen
\path[] (A) -- (B) node[midway, below]{$a=\a$\,cm};
%\path[] (S) -- (C) node[near start, above, sloped]{$a=\a$ cm};
\draw[] ($(M)!-5pt!(C)$) -- ($(M)!5pt!(C)$) ;
\draw[] ($(M)!-5pt!(B)$) -- ($(M)!5pt!(B)$) ;
\draw[] (M) -- (S) %node[very near start, right]{$h=\h$\,cm}
;

% Punkte
\foreach \P in {A,...,F,E1,F1,S}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}</math>

latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
 
\begin{document}
 
\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{main,foreground}
 
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %  Kantenlänge
 
\pgfmathsetmacro{\d}{sqrt(2)*\a} %  
\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\a^2-(0.5*\d)^2)} %  
 
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize, 
z ={(0,0,-cos(45))},
]
 
% Koordinaten
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0,0); 
\coordinate[label=right:$B$] (B) at (\a,0,0); 
\coordinate[label=right:$C$] (C) at (\a,0,\a); 
\coordinate[label=below:$D$] (D) at (0,0,\a); 
 
\coordinate[] (M) at (0.5*\a,0,0.5*\a); 
\path[] (M) --+ (0,\h,0) coordinate[label=$S$] (S);
 
\coordinate[label=right:$E$] (E) at ($(S)!0.5!(B)$); 
\coordinate[label=right:$F$] (F) at ($(S)!0.5!(C)$); 
\coordinate[label=left:$E_1$] (E1) at ($(S)!0.5!(A)$); 
\coordinate[label={[right, yshift=1.5mm]:$F_1$}] (F1) at ($(S)!0.5!(D)$); 
\end{pgfonlayer}
 
% Ebene AEFD
\draw[blue, fill=blue!10] (A) -- (E) -- (F) -- (D) --cycle; 
% Ebene EFF1E1
\draw[blue] (E) -- (F) -- (F1) -- (E1) --cycle; 
 
%% Pyramide
% Grundfläche
\draw[] (A) -- (B) -- (C); 
\draw[densely dashed] (A) -- (D) -- (C); 
% Höhe
\foreach \P in {A,B,C}{  \draw[] (\P) -- (S);     }
\draw[densely dashed] (D) -- (S); 
 
% Annotationen
\path[] (A) -- (B) node[midway, below]{$a=\a$\,cm};
%\path[] (S) -- (C) node[near start, above, sloped]{$a=\a$ cm};
\draw[] ($(M)!-5pt!(C)$) -- ($(M)!5pt!(C)$) ; 
\draw[] ($(M)!-5pt!(B)$) -- ($(M)!5pt!(B)$) ; 
\draw[] (M) -- (S) %node[very near start, right]{$h=\h$\,cm}
; 
 
% Punkte
\foreach \P in {A,...,F,E1,F1,S}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
 
\end{document}
 




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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1035, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-28


Danke für die vielen neuen Lösungen.
Jetzt sind wir bei 1156, d.h., wie cyrix schon anmerkte, fehlen nun "nur" noch weniger als 400.

@Hyperplot: Ich habe die 3D-Grafik übernommen. Danke.

LG Steffen



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1036, eingetragen 2019-06-28


2019-06-28 22:02 - stpolster in Beitrag No. 1035 schreibt:
1.
Jetzt sind wir bei 1156, d.h., wie cyrix schon anmerkte, fehlen nun "nur" noch weniger als 400.

2.
@Hyperplot: Ich habe die 3D-Grafik übernommen. Danke.

1. Da schlage ich langsam schonmal vor, nach den U.S.-amerikanischen, französischen, italienischen usw. Aufgaben zu luken; so dass der Aufgabenfluss nicht abreißt.
Das könnte dann auch eine interessante Übersetzertat sein (für mich -Englisch- eine gute Übung).

2. Das war aber nicht vollständig; also nur eine Arbeitsgrundlage.




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1037, eingetragen 2019-06-29


Die so unglaublich leicht aussehende Aufgabe hat mich in der Nacht auf heute echt "gepiesackt", bevor mir dann am Morgen, ohne weiter bewusst darüber nachzudenken, urplötzlich die Lösung dazu einfiel.  biggrin

Aufgabe 3 - 301223
Man beweise, dass für alle natürlichen Zahlen $n ≥2$ die folgende Ungleichung (1) gilt:
\[\frac{(2n)!} {(n!)^2} > \frac{4^n}{n+1}\quad (1) \]
Hinweis: Für jede natürliche Zahl $q \ge 2$ bezeichnet q! wie üblich das Produkt aller derjenigen natürlichen Zahlen $i$, für die $1\le i \le q$ gilt.

Lösung
Wir betrachten dazu die zwei Folgen
\[a_n:=\frac{(2n)!} {4^n (n!)^2} \quad \text{bzw.}\quad b_n:=\frac1{n+1}\quad (n\in\mathbb N)\] wobei die zu beweisende Behauptung äquivalent ist zu
\[\forall n\ge2:\quad a_n>b_n \] Nun gilt aber für $n\ge 1$, dass
\[\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{(2n+1)(2n+2)}{4(n+1)^2}=\frac{2n+1}{2n+2}=1-\frac1{2n+2}>1-\frac1{n+2}=\frac{n+1}{n+2}=\frac{b_{n+1}}{b_n}\] d.h., es gilt zwar noch $a_0=b_0=1$ und $a_1=b_1=\frac 12$, aber die Folge $(a_n)$ danach durchwegs weniger stark fällt als die Folge $(b_n)$, was obige Behauptung somit beweist.



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stpolster
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Ich versuche seit einiger Zeit die nachfolgende Aufgabe zu lösen:

Aufgabe 3 - 141023

Es sei $\triangle ADC$ ein rechtwinkliges gleichschenkliges Dreieck mit $C$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels.
Über $AC$ sei nach außen ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit $B$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels so gelegen, dass der Fußpunkt $E$ des Lotes von $D$ auf die Gerade durch $A, B$ zwischen $A$ und $B$ liegt.
Man beweise, dass dann $DE = AB + BC$ gilt!

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(a) at (-2,0);
\coordinate(d) at (2,0);
\coordinate(c) at (0,2);
\coordinate(m2) at ($(a)!0.5!(c)$);
\coordinate(b) at ([xshift=-1cm, yshift=1cm] 105:1.414);
\coordinate(e) at ($(a)!(d)!(b)$);
\coordinate (f) at (intersection of a--b and c--d);
\draw (a) -- (d) -- (c) -- cycle;
\draw (m) -- (c);
\draw (d) -- (e);
\draw (0:2) arc (0:180:2);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw[dashed] (b) -- (f) -- (c);
\draw ([xshift=-1cm, yshift=1cm] 45:1.414)
arc (45:225:1.414);
\draw[fill=white] (a) circle (0.04);
\draw[fill=white] (b) circle (0.04);
\draw[fill=white] (c) circle (0.04);
\draw[fill=white] (d) circle (0.04);
\draw[fill=white] (m) circle (0.04);
\draw[fill=white] (m2) circle (0.04);
\draw[fill=white] (e) circle (0.04);
\draw[fill=white] (f) circle (0.04);
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[above] at (b) {\small $B$};
\node[above] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[left] at (f) {\small $F$};
\node[below] at (m) {\small $M$};
\node[above] at (m2) {\small $M"$};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =d--m--c};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--c--d};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--e--d};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--b--c};
\end{tikzpicture}
</math>
Ein Bild habe ich gezeichnet und suche nun nach einer Idee.
Thaleskreis, ähnliche Dreiecke, Satz des Pythagoras bringt scheinbar nichts, denn es soll ja die Summe von zwei Strecken bestimmt werden. Offensichtlich sind BC und ED parallel, aber der Strahlensatz bringt wohl auch nichts.
Irgendeine Idee?

Danke
Steffen



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1039, eingetragen 2019-06-29


Hallo Steffen,

2019-06-29 10:41 - stpolster in Beitrag No. 1038 schreibt:
Ich versuche seit einiger Zeit die nachfolgende Aufgabe zu lösen:

Aufgabe 3 - 141023

Es sei $\triangle ADC$ ein rechtwinkliges gleichschenkliges Dreieck mit $C$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels.
Über $AC$ sei nach außen ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit $B$ als Scheitelpunkt des rechten Winkels so gelegen, dass der Fußpunkt $E$ des Lotes von $D$ auf die Gerade durch $A, B$ zwischen $A$ und $B$ liegt.
Man beweise, dass dann $DE = AB + BC$ gilt!

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
\coordinate(m) at (0,0);
\coordinate(a) at (-2,0);
\coordinate(d) at (2,0);
\coordinate(c) at (0,2);
\coordinate(m2) at ($(a)!0.5!(c)$);
\coordinate(b) at ([xshift=-1cm, yshift=1cm] 105:1.414);
\coordinate(e) at ($(a)!(d)!(b)$);
\coordinate (f) at (intersection of a--b and c--d);
\draw (a) -- (d) -- (c) -- cycle;
\draw (m) -- (c);
\draw (d) -- (e);
\draw (0:2) arc (0:180:2);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw[dashed] (b) -- (f) -- (c);
\draw ([xshift=-1cm, yshift=1cm] 45:1.414)
arc (45:225:1.414);
\draw[fill=white] (a) circle (0.04);
\draw[fill=white] (b) circle (0.04);
\draw[fill=white] (c) circle (0.04);
\draw[fill=white] (d) circle (0.04);
\draw[fill=white] (m) circle (0.04);
\draw[fill=white] (m2) circle (0.04);
\draw[fill=white] (e) circle (0.04);
\draw[fill=white] (f) circle (0.04);
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[above] at (b) {\small $B$};
\node[above] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[left] at (f) {\small $F$};
\node[below] at (m) {\small $M$};
\node[above] at (m2) {\small $M"$};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =d--m--c};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--c--d};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--e--d};
\draw pic [draw, angle radius=4mm,
"\tiny $\bullet$", ] {angle =a--b--c};
\end{tikzpicture}
</math>
Ein Bild habe ich gezeichnet und suche nun nach einer Idee.
Thaleskreis, ähnliche Dreiecke, Satz des Pythagoras bringt scheinbar nichts, denn es soll ja die Summe von zwei Strecken bestimmt werden. Offensichtlich sind BC und ED parallel, aber der Strahlensatz bringt wohl auch nichts.
Irgendeine Idee?

Danke
Steffen

ich habe die Lösung. Soll ich sie beschreiben und Du machst es selbst, oder soll ich es ausarbeiten?

Ciao,

Thomas



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