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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
Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1480, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-29 14:32 - TomTom314 in Beitrag No. 1479 schreibt:
Was ich nicht sehe: Warum gilt $A'=B'\Rightarrow A'=C'$?
Weil $A'B'C'$ ähnlich zu $ABC$ ist.
Den Beweis der Ähnlichkeit kann man vermutlich auch noch besser formulieren. Die Grundidee geht so:
Wenn man das Dreieck $ABC$ um irgendeinen Punkt $P$ um 90° dreht, dann sind die Seiten des gedrehten Dreiecks parallel zu denen von $A'B'C'$.
Also kann man das gedrehte Dreieck noch so am Drehpunkt $P$ strecken, dass es kongruent zu $A'B'C'$ wird. Indem man den Streckfaktor gegebenenfalls negativ wählt, kann man dann das gedrehstreckte Dreieck auf $A'B'C'$ verschieben.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1481, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-29


Hallo,
ich bin im Moment etwas verwirrt, d.h. ich bin mir garnicht sicher, ob in den Beiträgen ab #1460 nun eine Lösung ist, die ich übernehmen kann/soll.

Danke und habt bitte Nachsicht mit mir (ich bin alt  wink )

@Hyperplot: Ist alles korrigiert.

LG Steffen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1479 begonnen.]



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1482, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 13:10 - Kornkreis in Beitrag No. 1476 schreibt:
Ich hab das auch nicht parat, aber es folgt ja einfach aus der Umforung $\sin^2=1-\cos^2$, was mE eine zumutbare Überlegung ist wink

Ja - das war dann wohl das zweite Mal peinlich für mich heute. Anstatt zu zweifeln hätte ich wohl einfach noch mal 5 Minuten länger überlegen sollen. Nun ja - ich Danke dir zumindest!

@Steffen: Eine Lösung von weird und Nuramon steht in #1465 und #1469, eine Lösung von mir und Kornkreis steht in #1468 und #1474. Ich werde hier gleich einen edit setzen und diese Lösung aufschreiben. Es wäre toll, wenn du die ersten beiden Bilder einfügen könntest (also der Körper und einmal abgewickelt). Ich versuche dennoch es so aufzuschreiben, dass es auch ohne Bild zu verstehen ist (falls es nicht geht).

Gruß,

Küstenkind

edit:

Die Hauptidee ist den Kegel abzuwickeln. Gefragt ist dann also einfach nach der kürzesten Entfernung von einem Punkt zur Strecke. Diese kürzeste Entfernung ist bekannterweise das Lot. Gesucht ist also im Dreieck \(ASB\) die Höhe auf der Seite \(\overline{AS}\) (im folgenden als \(d\) bezeichnet). Dazu berechnen wir nun zuerst die Länge der Seite \(\overline{AB}\) durch Sinussatz im \(\triangle ABM\). Da dieses Dreieck gleichschenklig ist, betragen die beiden unbekannten Winkel \(30°\) (Basiswinkelsatz). Nun ist:

\(\displaystyle \frac{|\overline{AB}|}{\sin(120°)}=\frac{r}{\sin(30°)}\iff |\overline{AB}|=\frac{\sin(120°)r}{\sin(30°)}\)

Nun ist \(\sin(30°)=\frac{1}{2}\) bekannt und \(\sin(120°)=\sin(90°+30°)=\sin(90°)\cos(30°)+\cos(90°)\sin(30°)=\frac{1}{2}\sqrt{3}\)

Eingesetzt also:


\(\displaystyle |\overline{AB}|=\frac{\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot r}{\frac{1}{2}}=\sqrt{3}r\)

Dann berechnen wir die Seiten \(\overline{AS}\) und \(\overline{BS}\), welches ja Mantellinien vom Körper sind. Nach Pythagoras gilt also:

\(\displaystyle s^2=h^2+r^2=(\sqrt{3}r)^2+r^2=4r^2\) und somit \(s=2r\).

Sei nun \(\alpha=\angle BSA\). Nach Kosinussatz gilt im Dreieck \(ASB\) nun:

\(\displaystyle (\sqrt{3}r)^2=(2r)^2+(2r)^2-2\cdot 2r \cdot 2r \cdot \cos(\alpha)\)

\(\displaystyle 3r^2=4r^2+4r^2-8r^2 \cdot \cos(\alpha)\)

\(\displaystyle \alpha=\arccos\left(\frac{5}{8}\right)\)

Nun gilt weiterhin \(\sin(\alpha)=\frac{d}{2r}\). Eingesetzt und umgestellt erhalten wir also:

\(\displaystyle d=\sin\left(\arccos\left(\frac{5}{8}\right)\right)\cdot 2r\)

Dieses lässt sich noch vereinfachen. Es ist nach dem trigonometrischen Pythagoras \(\sin^2 x+\cos^2 x=1\iff \sin^2 x=1- \cos^2 x\)

Dadurch erhalten wir also für \(\sin( \arccos x) \) nun \(\sin( \arccos x)=\sqrt{1-(\cos(\arccos(x)))^2}=\sqrt{1-x^2} \)

Somit:

\(\displaystyle d=\sin\left(\arccos\left(\frac{5}{8}\right)\right)\cdot 2r=\sqrt{1-\left(\frac{5}{8}\right)^2}\cdot 2r=\sqrt{\frac{39}{64}}\cdot 2r =\frac{\sqrt{39}}{4}r\)



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1483, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 16:40 - Kuestenkind in Beitrag No. 1482 schreibt:
@Steffen: Eine Lösung von weird und Nuramon steht in #1465 und #1469, eine Lösung von mir und Kornkreis steht in #1468 und #1474. Ich werde hier gleich einen edit setzen und diese Lösung aufschreiben. Es wäre toll, wenn du die ersten beiden Bilder einfügen könntest (also der Körper und einmal abgewickelt). Ich versuche dennoch es so aufzuschreiben, dass es auch ohne Bild zu verstehen ist (falls es nicht geht).
Ich füge die beiden Bilder ein. Wenn du den Text aufschreiben könntest, wäre es schön. Danke.

Aktueller Stand: 1830 Lösungen, 66 offene Probleme, PDF-Text hat nun 7 MB mit 1372 Seiten.

LG Steffen



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1484, eingetragen 2019-07-29


Huhu Steffen,

ich habe editiert (hoffentlich ohne Schreibfehler). Danke!

Viele Grüße,

Küstenkind



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1485, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 14:55 - stpolster in Beitrag No. 1481 schreibt:
@Hyperplot: Ist alles korrigiert.

  Ja schon, nur glaube ich nicht, dass das das beabsichtigte Layout ist:



Die gleichhohen Wurzeln scheinen schief zu gehen. Kann man auch lassen.




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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1486, eingetragen 2019-07-29


Aufgabe 2 - 131242
Ist $x$ eine reelle Zahl, so bezeichne $[x]$ die größte ganze Zahl, die nicht größer als $x$ ist. (So ist z.B.$[\pi] = 3$; $[0,7] = 0$; $[−0,7] =−1$.)
a) Man zeige, dass es zwei rationale Zahlen $a,b$ derart gibt, dass die Zahlen
\[c_n=an+b−[an+b],(n= 1,2,\ldots)\] eine nicht-konstante Zahlenfolge bilden und dass dabei alle $c_n\neq 0$ sind.
b) Man beweise, dass für je zwei rationale Zahlen $a,b$ die in a) definierte Zahlenfolge ein Minimum besitzt.

a) Seien $a=1/2$ und $b=1/3$, so folgt
\[c_{n+2}=\frac{1}{2}(n+2)+\frac{1}{3} -\left[\frac{1}{2}(n+2)+\frac{1}{3}\right] =\frac{1}{2}n+\frac{1}{3}+1 -\left[\frac{1}{2}n+\frac{1}{3}+1\right] = =\frac{1}{2}n+\frac{1}{3}+1 -\left[\frac{1}{2}n+\frac{1}{3}\right]-1=c_n\] Die Folge ist also periodisch mit Periode 2. Rechnen wir die ersten beiden Folgeglieder aus, gilt
\[c_n =\frac{1}{2}n+\frac{1}{3} -\left[\frac{1}{2}n+\frac{1}{3}\right] \\
=
\begin{cases}
\frac{1}{3}, &2\mid n\\
\frac{5}{6}, &2\nmid n
\end{cases}.
\] Somit erfüllt $c_n$ die gewünschten Anforderungen.
b) Wir zeigen sogar, dass die Folge nur endlich viele Werte annimmt. Da $a$ rational ist, gibt es teilerfremde ganze Zahlen $p,q$ mit $q>0$ und $a=p/q$. Somit folgt
\[c_{n+q}=\frac{p}{q}(n+q)+b -\left[\frac{p}{q}(n+q)+b\right] =\frac{p}{q}n+b+p -\left[\frac{p}{q}n+b+p\right] = \frac{p}{q}n+b+p -\left[\frac{p}{q}n+b\right]-p=c_n.\] Es werden also höchstens $q$ paarweise verschiedene Werte angenommen. Somit gibt es unter diesem einen minimalen.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1484 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1487, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-29 14:42 - Nuramon in Beitrag No. 1480 schreibt:
2019-07-29 14:32 - TomTom314 in Beitrag No. 1479 schreibt:
Was ich nicht sehe: Warum gilt $A'=B'\Rightarrow A'=C'$?
Weil $A'B'C'$ ähnlich zu $ABC$ ist.
Den Beweis der Ähnlichkeit kann man vermutlich auch noch besser formulieren. Die Grundidee geht so:
Wenn man das Dreieck $ABC$ um irgendeinen Punkt $P$ um 90° dreht, dann sind die Seiten des gedrehten Dreiecks parallel zu denen von $A'B'C'$.
Also kann man das gedrehte Dreieck noch so am Drehpunkt $P$ strecken, dass es kongruent zu $A'B'C'$ wird. Indem man den Streckfaktor gegebenenfalls negativ wählt, kann man dann das gedrehstreckte Dreieck auf $A'B'C'$ verschieben.
Mittlerweise habe ich das Argument gefunden, was mir fehlte: Aus $A'\neq B'\land A'\neq C'$ folgt $B'\neq C'$. Also sind entweder alle drei Punkte paarweise verschieden oder $A'=B'=C'=S$.

Zur geometrischen Konstruktion der Drehstreckung:

Hast du einen Vorschlag, wie man das Lemma einfacher formulieren könnte?
Einen halbe Idee. Für zwei Strecken $AB,UV$ müßte man die Punkte $S$ konstruieren, s.d. $ABS$ und $UVS$ ähnlich sind und dieses dann auf die ähnlichen Dreiecke $ABC$ und $UVW$ übertragen. (?!)
Der Winkel der Drehung ist durch den Winkel zwischen $AB$ und $UV$ gegeben. Dann konstruieren wir über den Strecken $AU$ und $BV$ entsprechende Kreisbögen (Peripheriewinkelsatz). Der Schnittpunkt ist dann das Zentrum der Drehstreckung. Das ganze sollte auch mit zwei änhliche Dreiecke funktionieren, ich finde aber die Lösung nicht (Die Aufgabe schafft mich noch).
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1488, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@TomTom314: Ich verstehe nicht so ganz, was du eigentlich vorhast. Willst du eine geometrische Konstruktion des Zentrums der Drehstreckung finden, die $ABC$ auf $A'B'C'$ abbildet?

Oder willst du sogar eine stärkere Aussage (welche?) zeigen, wo der Drehwinkel nicht zwingend 90° ist? Anders kann ich mir nicht erklären, welche Bedeutung die Strecke $UV$ haben soll.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1489, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 17:24 - HyperPlot in Beitrag No. 1485 schreibt:
Die gleichhohen Wurzeln scheinen schief zu gehen. Kann man auch lassen.
Ich habe deinen Text 1:1 übernommen. Was Texmaker daraus macht, weiß ich nicht.

LG Steffen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1486 begonnen.]



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1490, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 17:24 - HyperPlot in Beitrag No. 1485 schreibt:
2019-07-29 14:55 - stpolster in Beitrag No. 1481 schreibt:
@Hyperplot: Ist alles korrigiert.

  Ja schon, nur glaube ich nicht, dass das das beabsichtigte Layout ist:



Die gleichhohen Wurzeln scheinen schief zu gehen. Kann man auch lassen.



2019-07-29 18:08 - stpolster in Beitrag No. 1489 schreibt:
2019-07-29 17:24 - HyperPlot in Beitrag No. 1485 schreibt:
Die gleichhohen Wurzeln scheinen schief zu gehen. Kann man auch lassen.
Ich habe deinen Text 1:1 übernommen. Was Texmaker daraus macht, weiß ich nicht.

Ach so, für die Veröffentlichung hier stopfe ich den Beschreibungstext bekanntlich in einen TikZ-Knoten.
Ich bin jetzt auf natürliche Weise davon ausgegangen, dass Du den Text da rauskopierst und als Normaltext reinsetzt - so wie Du es sonst auch gemacht hast.
Bei den anderen Lösungen hier gibt es üblicherweise überhaupt kein LaTeX-Dokument dabei.




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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1491, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 18:08 - Nuramon in Beitrag No. 1488 schreibt:
@TomTom314: Ich verstehe nicht so ganz, was du eigentlich vorhast. Willst du eine geometrische Konstruktion des Zentrums der Drehstreckung finden, die $ABC$ auf $A'B'C'$ abbildet?

Oder willst du sogar eine stärkere Aussage (welche?) zeigen, wo der Drehwinkel nicht zwingend 90° ist? Anders kann ich mir nicht erklären, welche Bedeutung die Strecke $UV$ haben soll.
Ich hätte besser $A'B'$ statt $UV$ nehmen sollen. Ich hätte gerne ein geometrische oder/und auf Schulniveau angepaßt Version des Lemmas. Das Lemma funktionier ja auch für beliebige Drehwinkel und nicht nur für 90°(?).

Die geometrische Version des Lemmas: Zu zwei ähnlichen (und gleich orientierten) Dreiecken $ABC$, $A'B'C$ gibt es einen Punkt $S$, s.d. $ABC$ durch eine Drehstreckung um $S$ auf $A'B'C'$ abgebildet wird..

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1489 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1492, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 18:23 - TomTom314 in Beitrag No. 1491 schreibt:
Die geometrische Version des Lemmas: Zu zwei ähnlichen (und gleich orientierten) Dreiecken <math>ABC</math>, <math>A"B"C</math> gibt es einen Punkt <math>S</math>, s.d. <math>ABC</math> durch eine Drehstreckung um <math>S</math> auf <math>A"B"C"</math> abgebildet wird..

Diese Aussage stimmt für zwei kongruente Dreiecke, wobei das zweite aus dem ersten durch eine nichttriviale Verschiebung hervorgeht, nicht.

Cyrix



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1493, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
In der allgemeinen Version muss man zumindest noch ausschließen, dass die ähnlichen Dreiecke nicht durch Translation ineinander übergeführt werden können. Ganz sicher bin ich mir nicht, aber für Drehwinkel ungleich $0^\circ, 180^\circ$ sollte es klappen.

Edit: Wenn der Streckfaktor $\not=\pm 1$ ist, dann klappt es immer (mit fast dem gleichen Beweis wie in meinem ursprünglichen Lemma).

Ich habe mir, bevor ich meine Lösung aufgeschrieben habe, hier ein bisschen Inspiration geholt. Da werden aber nur orientierungserhaltende Isometrien betrachtet. Streckungen fehlen also.
Vielleicht hilft es aber beim Auffinden einer Konstruktion.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1491 begonnen.]
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1494, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 18:19 - HyperPlot in Beitrag No. 1490 schreibt:
Die gleichhohen Wurzeln scheinen schief zu gehen. Kann man auch lassen.
...
Ich bin jetzt auf natürliche Weise davon ausgegangen, dass Du den Text da rauskopierst und als Normaltext reinsetzt - so wie Du es sonst auch gemacht hast.
Bei den anderen Lösungen hier gibt es üblicherweise überhaupt kein LaTeX-Dokument dabei.
Habe es geändert. Die Wurzeln sind jetzt gleich hoch (siehe nächste Version, vielleicht in 1 Stunde)

LG Steffen
 



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1495, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-30


Beim Stöbern über die noch offenen Fragen bin ich über eine Aufgabe gestolpert:

Aufgabe 6 - 341036
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.8]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (3,0);
\coordinate(c) at (4.3,1.2);
\coordinate(d) at (1.3,1.2);
\coordinate(e) at (0,3);
\coordinate(f) at (3,3);
\coordinate(g) at (4.3,4.2);
\coordinate(h) at (1.3,4.2);
\coordinate(z) at (3.6,2);
\coordinate(z1) at (3.6,3);
\coordinate (zs) at (intersection of z--z1 and f--g);
\coordinate(s) at ($(zs)-(1,0)$);
\coordinate(z0) at ($(z)-(0.6,0.5)$);
\coordinate(s0) at ($(s)-(0.65,0.55)$);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (h);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- (e);
\draw (b) -- (f);
\draw (c) -- (g);
\draw (z0) -- (z) -- (zs) -- (s) -- (s0);
\draw [fill=white] (s) circle (0.05);
\draw [fill=white] (z) circle (0.05);
\node[above] at ($(s)!0.5!(zs)$) {\small $a$};
\node[left] at ($(s)!0.5!(s0)$) {\small $x$};
\node[below] at ($(z)!0.5!(z0)$) {\small $x$};
\node[right] at ($(z)!0.5!(zs)$) {\small $b$};
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[above] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below left] at (f) {\small $F$};
\node[above] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (z) {\small $Z$};
\end{tikzpicture}
</math>
Auf der Oberfläche eines Würfels $ABCDEFGH$ (siehe Abbildung) mit der
Kantenlänge 1 seien $S$ und $Z$ zwei Punkte.
Ein Weg vom Startpunkt $S$ zum Zielpunkt $Z$ werde genau dann zulässig genannt, wenn er ganz auf der Oberfläche des Würfels verläuft.
Der Startpunkt $S$ liege auf der Quadratfläche $EFGH$, er habe zu $FG$ einen gegebenen Abstand $a$ mit $0 < a < 1$ und zu $EF$ einen Abstand $x$.
Der Zielpunkt $Z$ liege auf der Quadratfläche $BCGF$, er habe zu $FG$ einen gegebenen Abstand $b$ mit $0 < b < 1$ und zu $BF$ ebenfalls den Abstand $x$.
Die Längen $a$ und $b$ seien - unter Einhaltung von $0 < a < 1$ und $0 < b < 1$ beliebig, aber - fest vorgegeben.
Ermitteln Sie (in Abhängigkeit von diesen $a$ und $b$) alle diejenigen Werte $x$ mit $0 < x < 1$, für die es zwei voneinander verschiedene zulässige Wege von $S$ nach $Z$ gibt, die beide unter allen zulässigen Wegen von $S$ nach $Z$ dieselbe möglichst kleine Länge haben!

Mein Problem:
Ich verstehe nicht, wie es einen kürzesten Wege, und erst zwei, geben kann. Gleichgültig wie groß a und b sind, dürfte für x = 0 der kürzeste Weg von S nach Z über die Fläche ABFE auftreten (alternativ für x = 1 über DCGH). Aber es ist 0 < x < 1 vorgegeben, d.h. einen wirllich kürzesten Weg gibt es nicht.
Wo ist mein Denkfehler?

LG Steffen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1496, eingetragen 2019-07-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-30 00:05 - stpolster in Beitrag No. 1495 schreibt:
Mein Problem:
Ich verstehe nicht, wie es einen kürzesten Wege, und erst zwei, geben kann. Gleichgültig wie groß a und b sind, dürfte für x = 0 der kürzeste Weg von S nach Z über die Fläche ABFE auftreten (alternativ für x = 1 über DCGH). Aber es ist 0 < x < 1 vorgegeben, d.h. einen wirllich kürzesten Weg gibt es nicht.
Wo ist mein Denkfehler?

Für $x=0$ gibt es nur den einen kürzesten Weg, $0$ ist also keiner der gesuchten Werte (selbst wenn 0 zugelassen wäre).

Ich vermute dein Denkfehler ist, dass du $x$ als variabel ansiehst. Gemeint ist es so, dass man für jedes feste $x$ zwischen 0 und 1 untersuchen soll, ob es zwei verschiedene kürzeste Wege von $S$ nach $Z$ gibt.
\(\endgroup\)


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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1497, eingetragen 2019-07-30


Hallo,

wenn $x=\frac{1}{2}(a+b-\sqrt{a^2+b^2})$ ist, dann haben der Weg von $S$ nach $Z$ über die Seite $ABFE$ und der Weg über die Kante $GF$ die gleiche Länge, da dann
\[2x+\sqrt{a^2+b^2}=a+b\] gilt.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.8]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (3,0);
\coordinate(c) at (4.3,1.2);
\coordinate(d) at (1.3,1.2);
\coordinate(e) at (0,3);
\coordinate(f) at (3,3);
\coordinate(g) at (4.3,4.2);
\coordinate(h) at (1.3,4.2);
\coordinate(z) at (3.6,2);
\coordinate(z1) at (3.6,3);
\coordinate (zs) at (intersection of z--z1 and f--g);
\coordinate(s) at ($(zs)-(1,0)$);
\coordinate(z0) at ($(z)-(0.6,0.5)$);
\coordinate(s0) at ($(s)-(0.65,0.55)$);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (h);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- (e);
\draw (b) -- (f);
\draw (c) -- (g);
\draw (z0) -- (z) -- (zs) -- (s) -- (s0);
\draw [fill=white] (s) circle (0.05);
\draw [fill=white] (z) circle (0.05);
\node[above] at ($(s)!0.5!(zs)$) {\small $a$};
\node[left] at ($(s)!0.5!(s0)$) {\small $x$};
\node[below] at ($(z)!0.5!(z0)$) {\small $x$};
\node[right] at ($(z)!0.5!(zs)$) {\small $b$};
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[above] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below left] at (f) {\small $F$};
\node[above] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (z) {\small $Z$};
\draw[blue, thick](z) -- (zs) -- (s);
\draw[green, thick](s) -- (s0) -- (z0) -- (z);
\end{tikzpicture}
</math>


Wenn $x=1-\frac{1}{2}(a+b-\sqrt{a^2+b^2})$ ist, dann haben der Weg von $S$ nach $Z$ über die Seite $CDHG$ und der Weg über die Kante $GF$ die gleiche Länge, da dann
\[2(1-x)+\sqrt{a^2+b^2}=a+b\] gilt.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.8]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (3,0);
\coordinate(c) at (4.3,1.2);
\coordinate(d) at (1.3,1.2);
\coordinate(e) at (0,3);
\coordinate(f) at (3,3);
\coordinate(g) at (4.3,4.2);
\coordinate(h) at (1.3,4.2);
\coordinate(z) at (3.6,2);
\coordinate(z1) at (3.6,3);
\coordinate (zs) at (intersection of z--z1 and f--g);
\coordinate(s) at ($(zs)-(1,0)$);
\coordinate(z0) at ($(z)+(0.65,0.55)$);
\coordinate(s0) at ($(s)+(0.7,0.6)$);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (h);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- (e);
\draw (b) -- (f);
\draw (c) -- (g);
\draw (z0) -- (z) -- (zs) -- (s) -- (s0);
\draw [fill=white] (s) circle (0.05);
\draw [fill=white] (z) circle (0.05);
\node[above] at ($(s)!0.5!(zs)$) {\small $a$};
\node[left] at ($(s)!0.5!(s0)$) {\small $1-x$};
\node[below] at ($(z)!0.5!(z0)$) {\small $1-x$};
\node[right] at ($(z)!0.5!(zs)$) {\small $b$};
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[above] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below left] at (f) {\small $F$};
%\node[above] at (s) {\small $S$};
%\node[right] at (z) {\small $Z$};
\draw[blue, thick](z) -- (zs) -- (s);
\draw[green, thick](s) -- (s0)(z0) -- (z);
\draw[green, thick, dashed](s0) -- (z0);
\end{tikzpicture}
</math>
Das soll keine Lösung sein.



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1498, eingetragen 2019-07-30


LinkAlte Olympiadeaufgaben

Hallo, habe meinen Lösungsversuch für Aufgabe 221046 jetzt soweit abgeschlossen. Kann das so stimmen ?
LG Olga
 



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1499, eingetragen 2019-07-30


2019-07-30 13:55 - ochen in Beitrag No. 1497 schreibt:
Hallo,

wenn $x=\frac{1}{2}(a+b-\sqrt{a^2+b^2})$ ist, dann haben der Weg von $S$ nach $Z$ über die Seite $ABFE$ und der Weg über die Kante $GF$ die gleiche Länge, da dann
\[2x+\sqrt{a^2+b^2}=a+b\] gilt.
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=0.8]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (3,0);
\coordinate(c) at (4.3,1.2);
\coordinate(d) at (1.3,1.2);
\coordinate(e) at (0,3);
\coordinate(f) at (3,3);
\coordinate(g) at (4.3,4.2);
\coordinate(h) at (1.3,4.2);
\coordinate(z) at (3.6,2);
\coordinate(z1) at (3.6,3);
\coordinate (zs) at (intersection of z--z1 and f--g);
\coordinate(s) at ($(zs)-(1,0)$);
\coordinate(z0) at ($(z)-(0.6,0.5)$);
\coordinate(s0) at ($(s)-(0.65,0.55)$);
\draw[dashed] (c) -- (d) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (h);
\draw (a) -- (b) -- (c);
\draw (a) -- (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- (e);
\draw (b) -- (f);
\draw (c) -- (g);
\draw (z0) -- (z) -- (zs) -- (s) -- (s0);
\draw [fill=white] (s) circle (0.05);
\draw [fill=white] (z) circle (0.05);
\node[above] at ($(s)!0.5!(zs)$) {\small $a$};
\node[left] at ($(s)!0.5!(s0)$) {\small $x$};
\node[below] at ($(z)!0.5!(z0)$) {\small $x$};
\node[right] at ($(z)!0.5!(zs)$) {\small $b$};
\node[below] at (a) {\small $A$};
\node[below] at (b) {\small $B$};
\node[right] at (c) {\small $C$};
\node[below] at (d) {\small $D$};
\node[above] at (g) {\small $G$};
\node[above] at (h) {\small $H$};
\node[left] at (e) {\small $E$};
\node[below left] at (f) {\small $F$};
\node[above] at (s) {\small $S$};
\node[right] at (z) {\small $Z$};
\draw[blue, thick](z) -- (zs) -- (s);
\draw[green, thick](s) -- (s0) -- (z0) -- (z);
\end{tikzpicture}
</math>

Hallo ochen,

der grüne Weg ist aber nicht der kürzeste über die Seite $ABFE$. Wenn die drei zugehörigen Seiten flach ausgebreitet sind, sollte der kürzeste Weg eine gerade Linie von $S$ nach $Z$ sein, d.h. der erste und letzte Teil der Strecke, sollte nicht parallel zu $FG$ sein. Falls möglich, hätte die kürzeste Strecke über $ABFE$ die Länge $\sqrt{(x+a)^2+(x+b)^2}$.



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1500, eingetragen 2019-07-30


eek ..vertippt, war noch nicht fertiggestellt.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1501, eingetragen 2019-07-30


Die Aufgaben der 1. Runde sind echt ganz urig formuliert, z.B.

331011
Christa und Jurgen spielen ein Spiel nach folgenden Regeln: [...]
Das Spiel macht den beiden bald keinen Spaß mehr. Woran kann das liegen?

biggrin



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1502, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-30


Irgendwie werde ich das Gefühl nicht los, dass ich wieder etwas übersehen habe.

Wichtig: Lösung ist falsch. Sorry.

Aufgabe 2 - 311032

Man ermittle und zeichne in einem $x,y$-Koordinatensystem alle diejenigen Punkte, deren Koordinaten $(x;y)$
a) die Gleichung $[x]^2 + [y]^2 = 1 \qquad (1)$
b) die Gleichung $[x^2]+ [y^2] = 1 \qquad (2)$
erfüllen.
Gegebenenfalls ist jeweils durch einen der Zeichnung beigefügten Text zu sichern, dass für jeden Punkt der Ebene eindeutig aus der Darstellung hervorgeht, ob er zur Menge der anzugebenden Punkte gehört oder nicht.

Hinweis: Ist $z$ eine reelle Zahl, so wird diejenige ganze Zahl $g$, für die $g \leq z < g + 1$ gilt, mit $g = [z]$ bezeichnet.

Lösung:
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[left] {$y$};
\foreach \i in {-1,1} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-1,1} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[thick, blue] (1,0) --++ (0,1) --++ (-1,0);
\draw[thick, blue] (-1,0) --++ (1,0) --++ (0,-1);
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[below] at (0,-1.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.04);
\draw[fill=white] (0,0) circle (0.04);
\end{tikzpicture}
\qquad
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[left] {$y$};
\foreach \i in {-1,1} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-1,1} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[thick, blue] (-1,-1) --++ (2,0) --++ (0,2) --++ (-2,0) -- cycle;
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[below] at (0,-1.5) {$1=[x^2]+[y^2]$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.04);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.04);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.04);
\draw[fill=white] (-1,-1) circle (0.04);
\end{tikzpicture}
</math>

Da sowohl in Aufgabe a) also auch in b) die Summe beider Terme gleich 1 sein soll und jedes Quadrat nicht negativ ist, gilt folglich für alle Punkte $(x,y)$, die Lösung von (1) bzw. (2) sind,
\[
a) \qquad 0 \leq [x]^2 \leq 1 \qquad ; \qquad 0 \leq [y]^2 \leq 1 \tag{3}
\] \[
b) \qquad 0 \leq [x^2] \leq 1 \qquad ; \qquad 0 \leq [y^2] \leq 1 \tag{4}
\] Auf Grund der Definition von $[z]$ für ein reelles $z$ wird aus (3) und (4) sogar
\[
a) \qquad [x]^2,[y]^2 \in \{0, 1\} \qquad ; \qquad
b) \qquad [x^2],[y^2] \in \{0, 1\}
\] In Aufgabe a) ergeben sich damit als mögliche Werte für $([x]^2,[y]^2)$ die Paare $(0,1)$ bzw. $(1,0)$, und somit auch $([x],[y]) \in \{(0,1), (1,0)\}$. Damit sind alle Punkte $(x,y)$ mit
\[
x < 1 \wedge y = 1 \quad ; \quad x = 1 \wedge y < 1 \qquad \text{sowie} \qquad
-1 \leq x < 0 \wedge y = 0 \quad ; \quad x = 0 \wedge -1 \leq y < 0
\] Lösungen der Gleichung (1). Im Koordinatensystem liegen diese Punkt auf den Strecken von $(1,0)$ nach $(1,1)$ und von $(0,1)$ nach $(1,1)$, wobei der Punkte $(1,1)$ nicht zur Lösung gehört und auf den Strecken von $(-1,0)$ nach $(0,0)$ und von $(0,0)$ nach $(0,-1)$, wobei der Koordinatenursprung $(0,0)$ nicht zur Lösung gehört. (siehe linke Abbildung)

In Aufgabe b) ergeben sich damit als mögliche Werte für $([x^2],[y^2])$ die Paare $(0,1)$ bzw. $(1,0)$, und somit auch $(x^2,y^2) \in \{(0,1), (1,0)\}$. Damit sind alle Punkte $(x,y)$ mit
\[
-1 < x < 1 \wedge y = \pm 1 \qquad ; \qquad x = \pm 1 \wedge -1 < y < 1
\] Lösungen der Gleichung (2). Im Koordinatensystem liegen diese Punkt auf dem Rand des Quadrates mit den Eckpunkten $(-1,1), (1,-1), (1,1), (-1,1)$, wobei die Eckpunkte selbst nicht zur Lösung gehören. (siehe rechte Abbildung)

Kann bitte jemand kontrollieren.

Danke
Steffen

PS: Wir haben nun 1869 Lösungen und 63 offene Probleme.
Ich habe heute die I. Stufe der Klasse 10 fertiggestellt und werde mich in den nächsten Tagen an die Klasse 12 machen.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1503, eingetragen 2019-07-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@311032:
Da ging einiges daneben in der Lösung.
Z.B. folgt aus $([x],[y]) \in \{(0,1), (1,0)\}$ nicht, dass $x$ oder $y$ ganz sein muss.
Außerdem müsste es bei a) eigentlich $([x],[y]) \in \{(0,\pm 1), (\pm 1,0)\}$ heißen.

Es gilt $[z]=1 \iff 1\leq z < 2$. Da hast du auch ein paar mal etwas anderes behauptet. Insbesondere sollte bei b) in einigen Fällen $\sqrt 2$ auftauchen.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1504, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-30


2019-07-30 22:48 - Nuramon in Beitrag No. 1503 schreibt:
@311032:
Da ging einiges daneben in der Lösung.
Danke. Ich sehe es mir an.

LG Steffen



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1505, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-31


Ich versuche es noch einmal, vorerst nur Teilaufgabe a):

Aufgabe 2 - 311032

Man ermittle und zeichne in einem $x,y$-Koordinatensystem alle diejenigen Punkte, deren Koordinaten $(x;y)$
a) die Gleichung $[x]^2 + [y]^2 = 1 \qquad (1)$
b) die Gleichung $[x^2]+ [y^2] = 1 \qquad (2)$
erfüllen.
Gegebenenfalls ist jeweils durch einen der Zeichnung beigefügten Text zu sichern, dass für jeden Punkt der Ebene eindeutig aus der Darstellung hervorgeht, ob er zur Menge der anzugebenden Punkte gehört oder nicht.

Hinweis: Ist $z$ eine reelle Zahl, so wird diejenige ganze Zahl $g$, für die $g \leq z < g + 1$ gilt, mit $g = [z]$ bezeichnet.

Lösung:
a) Nach Definition ergibt $[z]$ für jedes reelle $z$ eine ganze Zahl. Die Quadrate $[x]^2, [y]^2$ sind sicher $\geq 0$ und damit wird $[x]^2, [y]^2 \in \{0, 1, 4, 9, ...\}$. Ist $(x,y)$ Lösung von (1), so können $[x]^2, [y]^2$ nur die Werte 0 oder 1 annehmen:

1. Fall: $[x]^2 = 0, [y]^2 = 1$

Damit $[x]^2 = 0$ gilt, muss $[x]=0$ und $0\leq x < 1$ gelten. $[y]^2 = 1$ ergibt $[y] = 1$ oder $[y] = -1$ und die möglichen Intervalle $1 \leq y < 2$ bzw. $-1 \leq y < 0$.

<math>
\begin{tikzpicture}[scale=0.9, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(0,-2.5) -- (1,-2.5) -- (1,2.5) -- (0,2.5) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-2.5,1) -- (2.5,1) -- (2.5,2) -- (-2.5,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-2.5,-1) -- (2.5,-1) -- (2.5,0) -- (-2.5,0) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[blue] (-2.5,-1) -- (2.5,-1);
\draw[blue] (-2.5,1) -- (2.5,1);
\node[below left] at (0,0) {0};
%    \node[below] at (-2.5,-1.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.07);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.07);
\draw[fill=white] (0,2) circle (0.07);
\draw[fill=white] (0,0) circle (0.07);
\end{tikzpicture}
</math>

In der grafischen Darstellung sind damit alle Punkte der doppelgerasterten Bereiche Lösung. Dabei gehören die Punkte auf den Strecken $(0,2)$ - $(0,1)$ -- $(1,1)$ und $(0,0)$ -- $(0,-1)$ -- $(-1,1)$ mit Ausnahme der Endpunkte $(0,2)$, $(1,1)$, $(0,0)$ und $(-1,1)$ zur Lösungsmenge. Die anderen Seitenränder der zwei quadratischen Bereiche gehören nicht zur Lösung.

2. Fall: $[x]^2 = 1, [y]^2 = 0$

In Analogie zum 1.Fall wird:
$0\leq y < 1$ und $1 \leq x < 2$ bzw. $-1 \leq x < 0$.

Die Lösungsmenge der Aufgabe a) ist damit

<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1.2, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[very thick, blue] (0,0) -- (0,-1) -- (1,-1);
\draw[very thick, blue] (0,2) -- (0,1) -- (1,1) -- (1,0) --(2,0);
\draw[very thick, blue] (0,0) -- (-1,0) -- (-1,1);
\draw[very thick, dashed, blue] (-1,1) -- (0,1) -- (0,0)
-- (1,0) -- (1,-1);
\draw[very thick, dashed, blue] (0,2) -- (1,2) -- (1,1)
-- (2,1) -- (2,0);
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[below, blue] at (-2.5,-0.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (0,2) circle (0.05);
\draw[fill=white] (0,0) circle (0.05);
\draw[fill=white] (2,0) circle (0.05);
\draw[fill=white] (1,2) circle (0.05);
\draw[fill=white] (2,1) circle (0.05);
\draw[fill=black] (-1,0) circle (0.05);
\draw[fill=black] (0,1) circle (0.05);
\draw[fill=black] (0,-1) circle (0.05);
\draw[fill=black] (1,0) circle (0.05);
\end{tikzpicture}
</math>

In der grafischen Darstellung sind damit alle Punkte der doppelgerasterten Bereiche Lösung. Dabei gehören die Punkte auf den Strecken $(0,2)$ - $(0,1)$ -- $(1,1)$, $(0,0)$ -- $(0,-1)$ -- $(-1,1)$, $(-1,1)$ -- $(-1,0)$ -- $(0,0)$ und $(1,1)$ -- $(1,0)$ -- $(2,0)$ mit Ausnahme der Endpunkte $(0,2)$, $(1,1)$, $(0,0)$, $(-1,1)$, $(2,0)$ zur Lösungsmenge. Die anderen Seitenränder der zwei quadratischen Bereiche gehören nicht zur Lösung.

b) Die Quadrate $[x^2], [y^2]$ sind sicher $\geq 0$, da $x^2$ und $y^2$ nicht negativ sind. Da $[x^2], [y^2]$ ganzzahlig sind und wird $[x^2], [y^2] \in \{0, 1, 2, 3, ...\}$. Ist $(x,y)$ Lösung von (2), so können $[x^2], [y^2]$ nur die Werte 0 oder 1 annehmen:

1. Fall: $[x^2] = 0, [y^2] = 1$

Damit $[x^2] = 0$ gilt, muss $x^2$ im Intervall $0 \leq x^2 < 1$ liegen und somit $-1 < x < 1$ gelten.
$[y^2] = 1$ ergibt das Intervall $1 \leq y^2 < 2$ und damit die zwei Intervalle $1 \leq y < \sqrt 2$ und $-\sqrt 2 < y \leq -1$.

<math>
\begin{tikzpicture}[scale=0.9, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,-2.5) -- (1,-2.5) -- (1,2.5) -- (-1,2.5) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-2.5,1) -- (2.5,1) -- (2.5,1.414) -- (-2.5,1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-2.5,-1) -- (2.5,-1) -- (2.5,-1.414) -- (-2.5,-1.414) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[blue] (-2.5,-1) -- (2.5,-1);
\draw[blue] (-2.5,1) -- (2.5,1);
\node[below left] at (0,0) {0};
%    \node[below] at (-2.5,-1.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,-1) circle (0.06);
\end{tikzpicture}
</math>

In der grafischen Darstellung sind damit alle Punkte der doppelgerasterten Bereiche Lösung. Dabei gehören die Punkte auf den Strecken von $(-1,1)$ nach $(1,1)$ sowie von $(-1,-1)$ nach $(-1,1)$ mit Ausnahme der Endpunkte $(-1,1)$, $(1,1)$, $(-1,-1)$ und $(1,-1)$ zur Lösungsmenge. Die anderen Seitenränder der zwei rechteckigen Bereiche gehören nicht zur Lösung

2. Fall: $[x^2] = 1, [y^2] = 0$

In Analogie zum 2.Fall wird:
$-1 < y < 1$ und $1 \leq x < \sqrt 2$ bzw. $-\sqrt 2 < x \leq -1$.
Die Lösungsmenge der Aufgabe b) ist damit

<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(-1,1) -- (1,1) -- (1,1.414) -- (-1,1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(-1,-1) -- (1,-1) -- (1,-1.414) -- (-1,-1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(1,-1) -- (1.414,-1) -- (1.414,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue!50}]
(-1,-1) -- (-1.414,-1) -- (-1.414,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[very thick, blue] (-1,-1) -- (1,-1) -- (1,1) -- (-1,1) -- cycle;
\draw[very thick, dashed, blue] (1,1) -- (1.414,1) -- (1.414,-1)
-- (1,-1) -- (1,-1.414) -- (-1,-1.414) -- (-1,-1) -- (-1.414,-1)
-- (-1.414,1) -- (-1,1) -- (-1,1.414) -- (1,1.414) -- cycle;
\node[below, blue] at (-2.5,-1.5) {$1=[x^2]+[y^2]$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,-1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1.414,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1.414,-1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1.414,1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1.414,-1) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1,1.414) circle (0.06);
\draw[fill=white] (1,-1.414) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,1.414) circle (0.06);
\draw[fill=white] (-1,-1.414) circle (0.06);
\end{tikzpicture}
</math>

LG Steffen

Edit: Teil b) ergänzt und Korrekturen durchgeführt.



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ochen
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Aufgabe 6B - 151236B
Es seien $P(x)$ ein Polynom mit reellen Koeffizienten und $p,q,r,s$ reelle Zahlen, für die $p\neq q$ gelte. Bei der Division dieses Polynoms durch $(x−p)$ ergebe sich als Rest die Zahl $r$, bei der Division des gleichen Polynoms durch $(x−q)$ als Rest die Zahl $s$. Welcher Rest ergibt sich unter diesen Voraussetzungen bei der Division des Polynoms $P(x)$ durch $(x−p)(x−q)$?

Sei $R(x)$ das Polynom, dass bei der Division des Polynoms $P(x)$ durch $(x−p)(x−q)$ entsteht. Da $(x−p)(x−q)$ den Grad 2 hat, kann $R$ maximal den Grad 1 haben.
Es gibt weiter Polynome $P_1,P_2,P_3$ mit
\[P(x)=(x-p)P_1(x)+r=(x-q)P_2(x)+s=(x-p)(x-q)P_3(x)+R(x).\] Somit folgt
\[P(p)=r=R(p)\quad\text{und}\quad P(q)=s=R(q).\] Da $R$ höchstens den Grad 1 hat, ist es damit eindeutig bestimmt und es gilt
\[R(x)=\frac{s-r}{q-p}(x-p)+r.\]



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Kuestenkind
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Huhu Steffen,

2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
damit wird $[x]^2, [y]^2 \in \{0, 1, 2, ...\}$.

das ist nicht verkehrt, schöner wäre vielleicht "eine Quadratzahl". Oder du ersetzt die 2 durch die 4. Jedenfalls wird die 2 sicherlich nicht angenommen.

2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
Die Lösungsmenge der Aufgabe a) ist damit
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;

\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[blue] (0,-1) -- (1,-1);
\draw[blue] (0,1) -- (1,1) -- (1,0);
\draw[blue] (-1,0) -- (-1,1);
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[below, blue] at (-2.5,-0.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.05);
\end{tikzpicture}
</math>

\((0,2)\) und \((2,0)\) sind keine Lösung der Gleichung. Was ist mit \((0,0)\), \((2,1)\), \((1,2)\)?

Gruß,

Küstenkind

edit: Ach so - jetzt verstehe ich das Bild. Vergiss den letzten Satz. Auch wenn es etwas gefährlich ist dann einen ausgefüllten Punkt als Markierung für die Zahlen auf der Achse zu haben. Ich habe das gleich als "gehört zur Menge" interpretiert und mich dann auch gewundert, wieso einige Eckpunkte keine Markierung hatten. Die Striche am Rand konnte ich nun aber nach dreifacher Vergrößerung und Lupe auch erkennen. Dann sollte das so passen!



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ochen
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Aufgabe 6A - 171236A
Es sei $n$ eine natürliche Zahl mit $n >1$.
a) Man ermittle alle diejenigen in der Menge $R$ der reellen Zahlen definierten Funktionen $f$, die in $\mathbb{R}$ stetig sind und die Eigenschaft haben, dass für jede reelle Zahl $x$die Gleichung \[f(x^n) =f(x)\quad    (1)\] gilt.
b) Man gebe eine in $\mathbb{R}$ definierte und unstetige Funktion $f$ an, die die Eigenschaft (1) hat.


Es sei $f$ eine stetige Funktion mit $f(x)=f(x^n)$ für alle reellen Zahlen $x$.  Weiter sei $c:=f(1)$.
Sei eine beliebige reelle Zahl $x>0$. Wir betrachten die Folge $(x_k)_{k\in \mathbb{N}}$ mit $x_k=x^{1/n^k}$ für alle
natürlichen Zahlen $k$. Weiter gilt $x_0=x$.
Mit der Stetigkeit der $e$-Funktion folgt
\[\lim_{k\to\infty} x_k = \lim_{k\to\infty} \exp\left(\frac{1}{n^k}\ln(x)\right) =  \exp\left(\lim_{k\to\infty}\frac{1}{n^k}\ln(x)\right)=1.\] Anderseits ist die Folge $(f(x_k))_{k\in \mathbb{N}}$ konstant, da für natuerlichen Zahl $k>0$ gilt
\[f(x_k)=f(x_{k}^n)=f(x_{k}^n)=f(x^{n\cdot 1/n^k})=f(x^{1/n^{k-1}})=f(x_{k-1})=\ldots=f(x_0)=f(x).\] Mit der Stetigkeit von $f$ folgt
\[f(x)=\lim_{k\to\infty}f(x_k)=f(\lim_{k\to\infty}x_k)=f(1)=c\] Da $x>0$ beliebig gewählt war, gilt $f(x)=c$ fuer alle reellen Zahlen $x>0$.
Wir betrachten nun die Folge $(y_k)_{k\in \mathbb{N}}$ mit $y_k=\frac{1}{k}$  fur alle
natürlichen Zahlen $k$. So folgt $f(y_k)=c$ aus $y_k>0$ für alle natürlichen Zahlen $k$. Wir erhalten
mit der Stetigkeit von $f$
\[f(0)=f(\lim_{k\to\infty} y_k) = \lim_{k\to\infty} f(y_k)=c.\] Es gilt also sogar $f(x)=c$ für alle reellen Zahlen $x\geq 0$.

Wir untersuchen nun, wie sich $f$ für negative reelle Zahlen verhält.

Wenn $n$ gerade ist, erhalten wir
\[f(x)=f(x^n)=c\] für jede reelle Zahl $x<0$, da $x^n>0$ ist.

Wenn $n$ ungerade ist, betrachten wir eine beliebige reelle Zahl $x<0$ und definieren die Folge $(x_k)_{k\in \mathbb{N}}$ mit $x_k=-|x|^{1/n^k}$ ur alle
natürlichen Zahlen $k$. Weiter gilt $x_0=x$.
Mit der Stetigkeit der $e$-Funktion folgt
\[\lim_{k\to\infty} x_k = \lim_{k\to\infty} -\exp\left(\frac{1}{n^k}\ln|x|\right) =  -\exp\left(\lim_{k\to\infty}\frac{1}{n^k}\ln|x|\right)=-1.\] Anderseits ist die Folge $(f(x_k))_{k\in \mathbb{N}}$ konstant, da für natürlichen Zahl $k$ gilt
\[f(x_k)=f(x_{k}^n)=f(x_{k}^n)=f(-|x|^{n\cdot 1/n^k})=f(-|x|^{1/n^{k-1}})=f(x_{k-1})=\ldots=f(x_0)=f(x).\] Mit der Stetigkeit von $f$ folgt
\[f(x)=\lim_{k\to\infty}f(x_k)=f(\lim_{k\to\infty}x_k)=f(-1)=d\] Da $x>0$ beliebig gewählt war, gilt $f(x)=c$ fuer alle reellen Zahlen $x>0$.
Wir betrachten nun die Folge $(y_k)_{k\in \mathbb{N}}$ mit $y_k=-\frac{1}{k}$  fur alle
natürlichen Zahlen $k$. So folgt $f(y_k)=d$ aus $y_k<0$ fuer alle natürlichen Zahlen $k$. Wir erhalten
mit der Stetigkeit von $f$
\[c=f(0)=f(\lim_{k\to\infty} y_k) = \lim_{k\to\infty} f(y_k)=d.\]
Es gilt also sogar $f(x)=c$ für alle reellen Zahlen $x$. Das bedeutet, dass alle gesuchten Funktionen konstant sind.

b) Wir betrachten \[f(x)=\begin{cases}\sin\left(\frac{2\pi}{\ln(n)}\ln|\ln|x||\right), &x\notin\{-1,0,1\}\\
1, &\text{sonst}
\end{cases},
\]  so gilt für $x\notin\{-1,0,1\}$
\[f(x^n)=\sin\left(\frac{2\pi}{\ln(n)}\ln|n\ln|x||\right)=\sin\left(\frac{2\pi}{\ln(n)}(\ln(n)+\ln|\ln|x||)\right)=\sin\left(2\pi+\frac{2\pi}{\ln(n)}\ln|\ln|x||)\right)=\sin\left(\frac{2\pi}{\ln(n)}\ln|\ln|x||)\right)=f(x).\]
Ein einfacheres Beispiel wäre
\[f(x)=\begin{cases}0,& x\neq 1\\
1, &\text{sonst}
\end{cases}.
\]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1509, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-31


2019-07-31 13:19 - Kuestenkind in Beitrag No. 1507 schreibt:
das ist nicht verkehrt, schöner wäre vielleicht "eine Quadratzahl". Oder du ersetzt die 2 durch die 4. Jedenfalls wird die 2 sicherlich nicht angenommen. ...
\((0,2)\) und \((2,0)\) sind keine Lösung der Gleichung. Was ist mit \((0,0)\), \((2,1)\), \((1,2)\)? ...
Danke für den Hinweis. Ich habe es ergänzt bzw. korrigiert.

LG Steffen



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1510, eingetragen 2019-07-31


Huhu Steffen,

ich habe gerade noch einen edit gesetzt. Ich hatte wohl nur dein Bild falsch verstanden.

Gruß,

Küstenkind

edit: Und ich sehe gerade - du hattest das ja auch als Text geschrieben (was ich wohl irgendwie überlesen habe). Entschuldige bitte!

edit2: Aber auf den Achsen hast du teilweise keine blauen Striche - sehe ich das richtig? Was ist z.B. mit \((0,1.5)\)?

letzter edit: Zumindest sind deine 4 Lösungen richtig. Also:

2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:

1. Fall: $[x]^2 = 0, [y]^2 = 1$
Damit $[x]^2 = 0$ gilt, muss $[x]=0$ und $0\leq x < 1$ gelten. $[y]^2 = 1$ ergibt $[y] = 1$ oder $[y] = -1$ und die möglichen Intervalle $1 \leq y < 2$ bzw. $-1 \leq y < 0$.

2. Fall: $[x]^2 = 1, [y]^2 = 0$
In Analogie zum 1.Fall wird:
$0\leq y < 1$ und $1 \leq x < 2$ bzw. $-1 \leq x < 0$.\\[1.5ex]

Zu zeichnen ist das echt blöd anscheinend.



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stpolster
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2019-07-31 13:52 - Kuestenkind in Beitrag No. 1510 schreibt:
Zu zeichnen ist das echt blöd anscheinend.
Stimmt.  biggrin

Danke für deine Hinweise. Ich habe es noch einmal korrigiert (#1505) und Teil b) angefügt.

LG Steffen



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Kuestenkind
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Huhu Steffen,

zur b):

1) Deine Lösungen sind richtig.
2) Deine Bilder habe ich mir nicht angeschaut!  razz
3)
2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
$[x^2], [y^2] \in \{0, 1, 4, 9, ...\}$.
Das stimmt diesmal nicht. So ist z.B. \([1.5^2]=[2.25]=2\)

Gruß,

Küstenkind



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stpolster
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2019-07-31 14:59 - Kuestenkind in Beitrag No. 1512 schreibt:
3)
2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
$[x^2], [y^2] \in \{0, 1, 4, 9, ...\}$.
Das stimmt diesmal nicht. So ist z.B. \([1.5^2]=[2.25]=2\)
Danke.
Ich hatte die Änderung natürlich in Aufgabe b) statt in a) durchgeführt. eek

LG Steffen



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1514, eingetragen 2019-07-31

\(\begingroup\)\( \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,1) -- (1,1) -- (1,1.414) -- (-1,1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-1,1) -- (1,1) -- (1,1.414) -- (-1,1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,-1) -- (1,-1) -- (1,-1.414) -- (-1,-1.414) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-1,-1) -- (1,-1) -- (1,-1.414) -- (-1,-1.414) -- cycle;

\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(1,-1) -- (1.414,-1) -- (1.414,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(1,-1) -- (1.414,-1) -- (1.414,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,-1) -- (-1.414,-1) -- (-1.414,1) -- (-1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-1,-1) -- (-1.414,-1) -- (-1.414,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[very thick, blue] (-1,-1) -- (1,-1) -- (1,1) -- (-1,1) -- cycle;
\node[below, blue] at (-2.5,-1.5) {$1=[x^2]+[y^2]$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (-1,-1) circle (0.05);
\end{tikzpicture}
\end{center}
</math>

Du kannst auch mehrere postactions hintereinander ausführen.
 Wenn ein Stil mehr als einmal vorkommt, definiert man dafür einen style:
Schraffur/.style={
postaction={pattern=north east lines, pattern color=red},
postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue},
}

Hier zusätzlich mit draw und fill:
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=2.22, font=\small,
Schraffur/.style={
postaction={pattern=north east lines, pattern color=red},
postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue},
},
]

\path[draw=black, thick, fill=gray!33, Schraffur] (0,0) rectangle (4,2);
\end{tikzpicture}
</math>
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1515, eingetragen 2019-07-31

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Mein Vorschlag (bitte nochmal überprüfen, ob alle Grenzfälle passen):
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,-2) -- (2.5,-2) node[below] {$x$};
\draw[->] (-2,-2) -- (-2,2.5) node[left] {$y$};
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;

\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-1,...,2} {
\draw[fill=black] (\i,-2) circle (0.03);
\node[below] at (\i,-2) {\i};
}
\foreach \i in {-1,...,2} {
\draw[fill=black] (-2,\i) circle (0.03);
\node[left] at (-2,\i) {\i};
}
\node[below left] at (-2,-2) {-2};

\draw[very thick,blue] (0,-1) -- (1,-1);
\draw[very thick,blue] (0,1) -- (1,1) -- (1,0);
\draw[very thick,blue] (-1,0) -- (-1,1);


\node[below, blue] at (3,2) {$1=[x]^2+[y]^2$};

\foreach \x/\y in {-1/1, 0/0, 0/2, 1/-1, 1/1, 1/2, 2/0, 2/1}
\draw[blue,fill=white] (\x,\y) circle (0.075);
\foreach \x/\y in {-1/0, 0/-1, 0/1, 1/0}
\draw[fill=blue] (\x,\y) circle (0.075);
\end{tikzpicture}
</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1513 begonnen.]

Das Pattern heißt übrigens crosshatch. Es ist nicht notwendig zweimal zu schraffieren.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1516, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-31

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-31 16:33 - Nuramon in Beitrag No. 1515 schreibt:
Mein Vorschlag (bitte nochmal überprüfen, ob alle Grenzfälle passen):
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,-2) -- (2.5,-2) node[below] {$x$};
\draw[->] (-2,-2) -- (-2,2.5) node[left] {$y$};
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;

\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\draw[blue, very thick, dashed,postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-1,...,2} {
\draw[fill=black] (\i,-2) circle (0.03);
\node[below] at (\i,-2) {\i};
}
\foreach \i in {-1,...,2} {
\draw[fill=black] (-2,\i) circle (0.03);
\node[left] at (-2,\i) {\i};
}
\node[below left] at (-2,-2) {-2};

\draw[very thick,blue] (0,-1) -- (1,-1);
\draw[very thick,blue] (0,1) -- (1,1) -- (1,0);
\draw[very thick,blue] (-1,0) -- (-1,1);


\node[below, blue] at (3,2) {$1=[x]^2+[y]^2$};

\foreach \x/\y in {-1/1, 0/0, 0/2, 1/-1, 1/1, 1/2, 2/0, 2/1}
\draw[blue,fill=white] (\x,\y) circle (0.075);
\foreach \x/\y in {-1/0, 0/-1, 0/1, 1/0}
\draw[fill=blue] (\x,\y) circle (0.075);
\end{tikzpicture}
</math>
Danke, ich habe deinen Hinweis übernommen.

LG Steffen
\(\endgroup\)


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\(\begingroup\)\( \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-31 16:33 - Nuramon in Beitrag No. 1515 schreibt:
Das Pattern heißt übrigens crosshatch. Es ist nicht notwendig zweimal zu schraffieren.

Das ist eigentlich auch wieder wahr.


Das tut zwar nichts zur Aufgabe, aber hier ein paar Verbesserungsvorschläge:

2019-07-31 13:19 - Kuestenkind in Beitrag No. 1507 schreibt:
2019-07-31 09:58 - stpolster in Beitrag No. 1505 schreibt:
Die Lösungsmenge der Aufgabe a) ist damit
<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small]
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(0,1) -- (1,1) -- (1,2) -- (0,2) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(0,-1) -- (1,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;

\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(1,0) -- (2,0) -- (2,1) -- (1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\path[postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue}]
(-1,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (-1,1) -- cycle;
\foreach \i in {-2,-1,1,2} {
\draw[fill=black] (\i,0) circle (0.03);
\node[below] at (\i-0.2,0) {\i};
}
\foreach \i in {-1,1,2} {
\draw[fill=black] (0,\i) circle (0.03);
\node[left] at (0,\i-0.2) {\i};
}
\draw[blue] (0,-1) -- (1,-1);
\draw[blue] (0,1) -- (1,1) -- (1,0);
\draw[blue] (-1,0) -- (-1,1);
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[below, blue] at (-2.5,-0.5) {$1=[x]^2+[y]^2$};
\draw[fill=white] (1,1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (1,-1) circle (0.05);
\draw[fill=white] (-1,1) circle (0.05);
\end{tikzpicture}
</math>

\((0,2)\) und \((2,0)\) sind keine Lösung der Gleichung. Was ist mit \((0,0)\), \((2,1)\), \((1,2)\)?


· Immer übersichtlich mit benannten Koordinaten arbeiten:
\coordinate[] (A) at (-1,1);
\coordinate[] (B) at (-1,0);
.....
Alles Weitere dann mit diesen Koordinaten umsetzen, z.B.
\draw[very thick, blue] (A) -- (B) -- (O) -- (C) -- (D);
 
\path[Schraffur] (C) rectangle +(1,1);



· Im Normalfall immer möglichst komprimieren.
Mit styles arbeiten, z.B.
Schraffur/.style={
postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}
},
Mit Schleifen arbeiten, z.B.
%% Punkte
\foreach \P in {A,O,D, P,R,T}{
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
}


· Im KoSy setzt man normalerweise solche Futzel, statt Punkten. Das geht einfach so:
\foreach \y in {-1,1,2} {
\draw[yshift=\y cm] (2pt,0) -- (-2pt,0) node[left] {$\y$}; 
}

Diese verschobenen Zahlen habe ich jetzt mal mit diversen if-Methoden umgesetzt.

<math>
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small,
>=latex,
Schraffur/.style={
postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}
%postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue},
%postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue},
},
]

\coordinate[] (O) at (0,0);

\coordinate[] (A) at (-1,1);
\coordinate[] (B) at (-1,0);
\coordinate[] (C) at (0,-1);
\coordinate[] (D) at (1,-1);

\coordinate[] (P) at (0,2);
\coordinate[] (Q) at (0,1);
\coordinate[] (R) at (1,1);
\coordinate[] (S) at (1,0);
\coordinate[] (T) at (2,0);

\draw[very thick, blue] (A) -- (B) -- (O) -- (C) -- (D);
\draw[very thick, blue] (P) -- (Q) -- (R) -- (S) -- (T);

\foreach \P in {B,C, Q,S}{
\path[Schraffur] (\P) rectangle +(1,1);
}

% Annotation
\node[below, blue, anchor=east] at (-7mm,-1) {$1=[x]^2+[y]^2$};


% KosY
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\node[below=3mm, left] {0};

\foreach \x in {-2,-1,1,2} {
\pgfmathsetmacro\temp{\x > 0 ? 1 : 0}
\ifnum\temp=1%
\ifnum\x=1
\draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below,xshift=0.325em] {$\x$}; %
\else \draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below] {$\x$}; \fi%
\else
\draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below, xshift=-0.325em] {$\x$};%
\fi}

\foreach \y in {-1,1,2} {
\ifnum\y=1
\draw[yshift=\y cm] (2pt,0) -- (-2pt,0) node[left,yshift=0.325em] {$\y$}; %
\else
\draw[yshift=\y cm] (2pt,0) -- (-2pt,0) node[left] {$\y$}; \fi
}

%% Punkte
\foreach \P in {A,O,D, P,R,T}{
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
}
\end{tikzpicture}

</math>


latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{patterns}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\small,
>=latex,
Schraffur/.style={
postaction={pattern=crosshatch, pattern color=blue}
%postaction={pattern=north east lines, pattern color=blue},
%postaction={pattern=north west lines, pattern color=blue},
},
]
 
\coordinate[] (O) at (0,0);
 
\coordinate[] (A) at (-1,1);
\coordinate[] (B) at (-1,0);
\coordinate[] (C) at (0,-1);
\coordinate[] (D) at (1,-1);
 
\coordinate[] (P) at (0,2);
\coordinate[] (Q) at (0,1);
\coordinate[] (R) at (1,1);
\coordinate[] (S) at (1,0);
\coordinate[] (T) at (2,0);
 
\draw[very thick, blue] (A) -- (B) -- (O) -- (C) -- (D);
\draw[very thick, blue] (P) -- (Q) -- (R) -- (S) -- (T);
 
\foreach \P in {B,C, Q,S}{
\path[Schraffur] (\P) rectangle +(1,1);
}
 
% Annotation
\node[below, blue, anchor=east] at (-7mm,-1) {$1=[x]^2+[y]^2$};
 
 
% KosY
\draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
\node[below=3mm, left] {0};
 
\foreach \x in {-2,-1,1,2} {
\pgfmathsetmacro\temp{\x > 0 ? 1 : 0}
\ifnum\temp=1%
\ifnum\x=1
   \draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below,xshift=0.325em] {$\x$}; %
   \else \draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below] {$\x$}; \fi%
\else
\draw[xshift=\x cm] (0,2pt) -- (0,-2pt) node[below, xshift=-0.325em] {$\x$};%
\fi}
 
\foreach \y in {-1,1,2} {
\ifnum\y=1
  \draw[yshift=\y cm] (2pt,0) -- (-2pt,0) node[left,yshift=0.325em] {$\y$}; %
   \else
\draw[yshift=\y cm] (2pt,0) -- (-2pt,0) node[left] {$\y$}; \fi
}
 
%% Punkte
\foreach \P in {A,O,D, P,R,T}{
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
}
\end{tikzpicture}
 
 
\end{document}



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Ich habe jetzt eine gute halbe Stunde eine Musterlösung abgetippt, ein "Leckerbissen". mad

Aufgabe 3 - 171213

Über fünf Punkte $A$, $B$, $C$, $D$, $S$ im Raum wird vorausgesetzt, dass $A$, $B$, $C$, $D$ in einer Ebene $\xi$ liegen; dass sie die Ecken eines konvexen Vierecks sind und dass $S$ nicht in $\xi$ liegt.
Es ist zu beweisen, dass dann zu der vierseitigen Pyramide $ABCDS$ eine Ebene  existiert, die die Kanten $SA$, $SB$, $SC$ bzw. $SD$ in Punkten $A'$, $B'$, $C'$ bzw. $D'$ schneidet, die Eckpunkte eines Parallelogramms sind.

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=0.75]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2.3,1.1);
\coordinate(c) at (1,2.2);
\coordinate(d) at (-1,0.5);
\coordinate(s) at (0,6);
\coordinate(as) at ($(a)!0.15!(s)$);
\coordinate(bs) at ($(b)!0.4!(s)$);
\coordinate(ds) at ($(d)!0.21!(s)$);
\coordinate(cs) at ($(ds)+(bs)-(as)$);
\draw (d) -- (a) -- (b) -- (s) -- cycle;
\draw (s) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (c) -- (b);
\draw[dashed] (c) -- (s);
\draw[blue] (ds) -- (as) -- (bs);
\draw[dashed, blue] (ds) -- (cs) -- (bs);
\draw (-2,1) -- (s) -- (3.5,1.2);
\foreach \P in {a,b,c,d,s,as,bs,cs,ds}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.06);}
\node[below] at (a) {$A$};
\node[right] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[below] at (as) {$A"$};
\node[right] at (bs) {$B"$};
\node[right] at (cs) {$C"$};
\node[left] at (ds) {$D"$};
\node[left] at (-2,1) {$g$};
\node[right] at (3.5,1.2) {$h$};
\node[below] at ($(d)!0.5!(a)$) {$d$};
\node[above] at ($(d)!0.6!(c)$) {$c$};
\node[below] at ($(b)!0.5!(c)$) {$b$};
\node[below] at ($(b)!0.5!(a)$) {$a$};
\node[right] at ($(s)!0.2!(a)$) {$s$};
\node[right] at ($(bs)!0.5!(b)$) {$u$};
\node[left] at ($(c)!0.5!(cs)$) {$v$};
\node[left] at ($(ds)!0.4!(s)$) {$w$};
\end{tikzpicture}
</math>

Nach Voraussetzung ist $A \neq B$, und $S$ liegt nicht auf der Geraden durch $A, B$. Daher gibt es genau eine Ebene $\alpha$ durch $A, B, S$. Ebenso gibt es eine Ebene $\beta$ durch $B, C, S$, genau eine Ebene $\gamma$ durch $C, D, S$ und genau eine Ebene $\delta$ durch $D, A, S$. Für diese Ebenen gilt:

(1) $\alpha$ und $\xi$ haben genau die Gerade $a$ durch $A, B$ gemeinsam,
$\beta$ und $\xi$ haben genau die Gerade $b$ durch $B, C$ gemeinsam,
$\gamma$ und $\xi$ haben genau die Gerade $c$ durch $C, D$ gemeinsam,
$\delta$ und $\xi$ haben genau die Gerade $d$ durch $D, A$ gemeinsam.

Beweis: $\alpha$ und $\beta$ gehen beide durch $A$ und $B$. Wäre $\alpha = \xi$, so läge $S$ auf $\xi$. Ebenso folgen die anderen Aussagen.

(2) $\alpha$ und $\beta$ haben genau die Gerade $u$ durch $B, S$ gemeinsam,
$\beta$ und $\gamma$ haben genau die Gerade $v$ durch $C, S$ gemeinsam,
$\gamma$ und $\delta$ haben genau die Gerade $w$ durch $D, S$ gemeinsam,
$\delta$ und $\alpha$ haben genau die Gerade $d$ durch $A, S$ gemeinsam.

Beweis: $\alpha$ und $\beta$ gehen beide durch $B$ und $S$. Wäre $\alpha = \beta$, so lägen $A, B, C, S$ auf $\alpha$, also wäre $\alpha = \xi$, und $S$ läge auf $\xi$. Ebenso folgen die anderen Aussagen.

(3) $\alpha$ und $\gamma$ haben genau eine Gerade gemeinsam,
$\beta$ und $\delta$ haben genau eine Gerade gemeinsam,

Beweis: $\alpha$ und $\gamma$ durch $S$. Wäre $\alpha = \gamma$, so lägen $A, B, C, D, S$ auf $\alpha$, also $S$ auf $\xi$. Ebenso folgt die andere Aussage.

(4) $g$ und $h$ haben genau den Punkt $S$ gemeinsam, folglich gibt es genau eine Ebene $\eta$ durch $g, h$.

Beweis: $g$ und $h$ gehen durch $S$. Wäre $g=h$, so gingen $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ durch $g$; nach (2) wäre $u=v=w=s=g$, also lägen $A, B, C, D, S$ auf $g$.

(5) $\alpha$ und $\eta$ haben genau die Gerade $g$ gemeinsam,
$\beta$ und $\eta$ haben genau die Gerade $h$ gemeinsam,
$\gamma$ und $\eta$ haben genau die Gerade $g$ gemeinsam,
$\delta$ und $\eta$ haben genau die Gerade $h$ gemeinsam.

Beweis: $\alpha$ und $\eta$ gehen durch $g$. Wäre $\alpha = \eta$, so ginge außer $\beta, \delta$ auch $\alpha$ durch $h$, nach (2) wäre $u = v = h$, also lägen $A, B, S$ auf $h$. Ebenso folgen die anderen Aussagen.

(6) $A$ liegt nicht $\eta$,
$B$ liegt nicht $\eta$,
$C$ liegt nicht $\eta$,
$D$ liegt nicht $\eta$,

Beweis: Läge $A$ auf $\eta$, so läge $A$ nach (5) sowohl auf $g$ als auch auf $h$; nach (4) wäre daher $A=S$. Ebenso folgen die anderen Aussagen.

(7) $A$ und $B$ liegen auf derselben Seite von $\eta$,
$B$ und $C$ liegen auf derselben Seite von $\eta$,
$C$ und $D$ liegen auf derselben Seite von $\eta$,

Beweis: Lägen $A$ und $B$ nicht auf derselben Seite von $\eta$, so ginge $\eta$ nach (6) durch einen Punkt $P$ zwischen $A$ und $B$. Nach Voraussetzung wäre $P \neq S$; die Gerade durch $P$ und $S$ stimmte nach (5) mit $g$ überein. Also läge $P$ auf $\gamma$ und folglich nach (1) auf $c$.
Das steht im Widerspruch dazu, dass die Geraden $a$ und $c$ sich wegen der Konvexität von $ABCD$ nicht zwischen $A$ und $B$ schneiden können. Ebenso folgen die anderen Aussagen.

Verschiebt man nun $\eta$ parallel zu sich nach derjenigen Seite hin, auf der $A,B,C$ und $D$ liegen, jedoch um ein so kleines Stück, dass auch der zu $\eta$ nächstgelegene unter den vier Punkten $A, B, C, D$ noch nicht erreicht wird, so erhält man eine Ebene $\epsilon$, die alle vier Strecken $AS, BC, CS, DS$ in inneren Punkten schneidet.
Sind $A', B', C', D'$ die Schnittpunkte, so gilt $A' \neq B'$, $B' \neq C'$, $C' \neq D'$, $D' \neq A'$, (da $ABS$, $BCS$, $CDS$, $DAS$ nicht entartete Dreiecke sind) und weiter:

(8) Die Gerade durch $A'$, $B'$ ist parallel zu $g$,
Die Gerade durch $B'$, $C'$ ist parallel zu $h$,
Die Gerade durch $C'$, $D'$ ist parallel zu $g$,
Die Gerade durch $D'$, $A'$ ist parallel zu $h$,

Beweis: Die Ebene $\alpha$ scheidet $\eta$ nach (5) genau in $g$, also schneidet sie die zu $\eta$ parallele Ebene $\epsilon$ genau in einer zu $g$ parallelen Geraden. Auf dieser liegen $A'$ und $B'$. Ebenso folgen die anderen Aussagen.
Mit (8) ist der verlangte Beweis geführt.

Das ist I. Stufe und nicht etwa eine Bundesrunde (damals noch DDR-Olympiade). Ich verstehe absolut nichts. Ich bin zu blöd.
Meine Frage ist aber: Wie kommt man auf so eine Lösung?

LG Steffen

@Hyperplot: Danke für deine Hinweise zur Darstellung. Insbesondere die Sache mit den Tests interessiert mich sehr.
tikz ist toll, aber irgendwie doch nicht ganz so logisch (für mich). Wenn ich "mein" Delphi nutzen könnte, aber dann ...  biggrin



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1519, eingetragen 2019-07-31

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-31 17:38 - stpolster in Beitrag No. 1518 schreibt:
Aufgabe 3 - 171213

Über fünf Punkte $A$, $B$, $C$, $D$, $S$ im Raum wird vorausgesetzt, dass $A$, $B$, $C$, $D$ in einer Ebene $\xi$ liegen; dass sie die Ecken eines konvexen Vierecks sind und dass $S$ nicht in $\xi$ liegt.
Es ist zu beweisen, dass dann zu der vierseitigen Pyramide $ABCDS$ eine Ebene  existiert, die die Kanten $SA$, $SB$, $SC$ bzw. $SD$ in Punkten $A'$, $B'$, $C'$ bzw. $D'$ schneidet, die Eckpunkte eines Parallelogramms sind.

<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=0.75]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2.3,1.1);
\coordinate(c) at (1,2.2);
\coordinate(d) at (-1,0.5);
\coordinate(s) at (0,6);
\coordinate(as) at ($(a)!0.15!(s)$);
\coordinate(bs) at ($(b)!0.4!(s)$);
\coordinate(ds) at ($(d)!0.21!(s)$);
\coordinate(cs) at ($(ds)+(bs)-(as)$);
\draw (d) -- (a) -- (b) -- (s) -- cycle;
\draw (s) -- (a);
\draw[dashed] (d) -- (c) -- (b);
\draw[dashed] (c) -- (s);
\draw[blue] (ds) -- (as) -- (bs);
\draw[dashed, blue] (ds) -- (cs) -- (bs);
\draw (-2,1) -- (s) -- (3.5,1.2);
\foreach \P in {a,b,c,d,s,as,bs,cs,ds}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.06);}
\node[below] at (a) {$A$};
\node[right] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[below] at (as) {$A"$};
\node[right] at (bs) {$B"$};
\node[right] at (cs) {$C"$};
\node[left] at (ds) {$D"$};
\node[left] at (-2,1) {$g$};
\node[right] at (3.5,1.2) {$h$};
\node[below] at ($(d)!0.5!(a)$) {$d$};
\node[above] at ($(d)!0.6!(c)$) {$c$};
\node[below] at ($(b)!0.5!(c)$) {$b$};
\node[below] at ($(b)!0.5!(a)$) {$a$};
\node[right] at ($(s)!0.2!(a)$) {$s$};
\node[right] at ($(bs)!0.5!(b)$) {$u$};
\node[left] at ($(c)!0.5!(cs)$) {$v$};
\node[left] at ($(ds)!0.4!(s)$) {$w$};
\end{tikzpicture}
</math>

Die Lösung ist mir auch zu unübersichtlich. Analytisch kann man es einigermaßen schnell durchrechnen:

Wir wählen ein Koordinatensystem, so dass $S$ im Ursprung liegt. Für die gesuchte Ebene muss es dann $\alpha,\beta, \gamma,\delta$ aus dem Intervall $(0,1)$ geben, so dass $A'=\alpha A$, $B'=\beta B$, $C'=\gamma C$ und $D'=\delta D$.

Die Bedingung, dass $A'B'C'D'$ ein Parallelogramm ist, ist äquivalent zu $A'+C'= B'+D'$. (Das kann man leicht vektoriell nachrechnen, oder man zeigt mit dem Strahlensatz, dass die Diagonalen eines ebenen Vierecks genau dann die gleichen Mittelpunkte haben, wenn das Viereck ein Parallelogramm ist.)

Da $A,B,C,D$ in einer Ebene liegen, die den Ursprung $S$ nicht enthält, gibt es eine Linearform $f:\IR^3\to \IR^3$ mit $f(A)=f(B)=f(C)=f(D) \not= 0 = f(S)$.

Da $ABCD$ konvex ist, liegen $B$ und $D$ auf verschiedenen Seiten der Ebene $SCA$. Daher gibt es eine Linearform $g$, so dass $g(A)=g(C)=g(S)=0$ gilt und die Werte $g(B)$ und $g(C)$  nicht Null sind und verschiedene Vorzeichen haben.

Analog gibt es eine Linearform $h$ mit $h(B)=h(D)=h(S)=0$ und $h(A)h(C) < 0$.

Die Linearformen $f,g,h$ sind linear unabhängig, also ist $A'+C'=B'+D'$ genau dann erfüllt, wenn die Gleichungen
\[\begin{align*}
 \alpha + \gamma &= \beta + \delta \\
0&= \beta g(B) +\delta g(D),\\
\alpha h(A)+\gamma h(C) &= 0
\end{align*}\] alle erfüllt sind.

Das ist ein lineares Gleichungssystem in den Variablen $\alpha,\beta,\delta,\gamma$, das man leicht lösen kann, indem man die zweite Gleichung nach $\delta$ und die dritte nach $\gamma$ auflöst und das Ergebnis in die erste Gleichung einsetzt. Man erhält dann, dass
\[\begin{align*}
\beta &= \frac {1-\frac{h(A)}{h(C)}}{1-\frac{g(B)}{g(D)}}\alpha,\\
\gamma &= -\frac{h(A)}{h(C)}\alpha\\
\delta &= -\frac{g(B)}{g(D)}\frac {1-\frac{h(A)}{h(C)}}{1-\frac{g(B)}{g(D)}}\alpha
\end{align*}\] gilt, wobei $\alpha$ frei wählbar ist.
Da $-\frac{h(A)}{h(C)} >0$ und $-\frac{g(B)}{g(D)} >0$ ist, kann man durch geeignete Wahl von $\alpha$ erreichen, dass sowohl $\alpha,\beta,\gamma$ als auch $\delta$ im Intervall $(0,1)$ liegen, womit die Behauptung gezeigt ist.




Jetzt müsste man nur noch die Sprache etwas mehr auf Schulniveau anpassen, ohne dabei wieder bei der unverständlichen Lösung zu landen.
\(\endgroup\)


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