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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von Ex_Senior
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
Ex_Senior
  Beitrag No.240, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

\quoteon 091044 Beweisen Sie folgenden Satz! Wenn s und t von Null verschiedene reelle Zahlen und a,b und c drei paarweise voneinanderverschiedene Lösungen der Gleichung $sx^2·(x−1) +t·(x+ 1) = 0$ sind, so gilt: \[(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=−1\] \quoteoff $a,b,c$ sind die drei Nullstellen des normierten Polynoms $x^2·(x−1) +\frac{t}{s}·(x+ 1)$. Daher gilt \[(x-a)(x-b)(x-c) = x^2·(x−1) +\frac{t}{s}·(x+ 1) \ \text{.}\] Durch ausmuliplizieren und Koeffizientenvergleich erhalten wir \[\begin{align*} -a-b-c & = -1 \\ ab+bc+ac & = \frac{t}{s}\\ -abc & = \frac{t}{s} \end{align*}\] und somit \[ (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) = (a+b+c)\cdot\frac{ab+bc+ac}{abc} = 1 \cdot \frac{\frac{t}{s}}{-\frac{t}{s}} = -1 \ \text{.} \]


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Ex_Senior
  Beitrag No.241, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

Hallo und wieder vielen Dank für die neuen Lösungen. Jetzt sind wir bei 297 gelösten Aufgaben (online). In so kurzer Zeit ist das sehr bemerkenswert. Ich überlege, ob ich den Text in drei Teile (Klasse 9, 10 und 11/12) trenne. Irgendwie mag ich aber lieber eine Datei. LG Steffen


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ZePhoCa
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  Beitrag No.242, eingetragen 2019-05-02

(Ich hoffe ich habe keine Lösung übersehen und poste jetzt nichts doppelt) Aufgabe 110924: Beweisen Sie den folgenden Satz! Sind $p_1$ und $p_2$ Primzahlen, für die $3 < p_1 < p_2$ gilt, dann gibt es stets zwei natürliche Zahlen $a$ und $b$, so dass die Gleichungen (1)a+b=p2 und (2)a−b=p1 gleichzeitig erfüllt sind und das Produkt $a \cdot b$ durch 6 teilbar ist. Lösung: Addition von (1) und (2) ergibt $2a=p_1+p_2$, Subtraktion ergibt $2b = p_2-p_1$. Setze also $a=\frac{1}{2}(p_1+p_2)$ und $b=\frac{1}{2}(p_2-p_1)$. Weil $p_1,p_2$ Primzahlen größer als $2$ mit $p_2>p_1$ sind, gilt $a,b \in \mathbb{N}$. Außerdem ist $ab = \frac{1}{4}(p_1+p_2)(p_2-p_1)$. Da $p_i$ Primzahlen mit $p_i>3$ sind, sind die $p_i$ nicht durch 2 teilbar. Dann ist aber entweder $p_1+p_2$ oder $p_2-p_1$ durch 3 teilbar. Außerdem ist einerder Faktoren $(p_2 \pm p_1)$ durch 4 und einer durch 2 teilbar. Damit ist $(p_1+p_2)(p_2-p_1)$ durch $24$ teilbar, also $ab$ durch $24/4=6$.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.243, eingetragen 2019-05-02

@Kornkreis zu 071222: \quoteon(2019-05-02 01:53 - Kornkreis in Beitrag No. 234) \quoteon(2019-05-01 18:56 - StrgAltEntf in Beitrag No. 226) Hier geht es allerdings einfacher: \quoteoff Darüber lässt sich streiten (aber ich weiß, was du meinst), denn in meiner Lösung spreche ich explizit nur über zwei Gegenstände, während in deiner über zwei bis vier Gegenstände gesprochen wird, mit mehreren Quervergleichen :-P \quoteoff Findest du wirklich? Ich habe mich mal durch deinen Beweis gekämpft und meine nun, ihn auch verstanden zu haben. War nicht so einfach. Und Fallunterscheidungen gibt es bei dir ja auch. Übrigens funktioniert dein Beweis wohl nicht, wenn unendlich viele Gegenstände in möglicherweise unendlich vielen Farben oder Formen vorliegen. Oder sehe ich das falsch? Grüße StrgAltEntf [Die Antwort wurde nach Beitrag No.241 begonnen.]


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Ex_Senior
  Beitrag No.244, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

\quoteon(2019-05-02 19:28 - stpolster in Beitrag No. 241) Ich überlege, ob ich den Text in drei Teile (Klasse 9, 10 und 11/12) trenne. Irgendwie mag ich aber lieber eine Datei. \quoteoff Hallo Steffen, das halte ich schon für eine gute Idee - dann auch besser früher als später. Nach dem sammeln der Lösungen ist wahrscheinlich auch eine Korrekturrunde fällig, welche sich mit mehreren Dokumenten (ggf. mehr als 3) besser organisieren läßt. Über den Daumen gepeilt haben wir bisher höchstens 1/3 aller Lösungen, was hochgerechnet schon ein sehr großes Dokument wird. Viele Grüße Tom


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Ex_Senior
  Beitrag No.245, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

Ich habe für morgen/ übermorgen zu unserem Bundesrunden-Vorbereitungsseminar meine Einheiten noch vorzubereiten. Da finden sich hier doch viele nette Aufgaben. :) Zur Aufgabe 110936: Ermitteln Sie alle geordneten Paare $(x, y)$ ganzer Zahlen $x,y$, die Lösungen der folgenden Gleichung sind! $2x^2-2xy-5x-y+19=0$ Lösung: Mittels der Substitution $y=z-3$ mit $z\in\mathbb{Z}$ geht die Gleichung über in $2x^2-2xz+6x-5x-z+3+19=0$, also $2x^2-2xz+x-z=-22$ bzw. $(2x+1)(x-z)=-22$. Damit ist $2x+1$ ein ganzzahliger Teiler von -22. Da dieser Term auch ungerade ist, ergeben sich folgende vier Fälle: 1. Fall: $2x+1=1$ und $x-z=-22$. Dann ist $x=0$, $z=22$ und $y=19$. 2. Fall: $2x+1=-1$ und $x-z=22$. Dann ist $x=-1$, $z=-23$ und $y=-26$. 3. Fall: $2x+1=11$ und $x-z=-2$. Dann ist $x=5$, $z=7$ und $y=4$. 4. Fall: $2x+1=-11$ und $x-z=2$. Dann ist $x=-6$, $z=-8$ und $y=-11$. Die Probe bestätigt alle Ergebnisse. Die Gleichung wird demnach genau von den ganzzahligen Paaren $(x,y)\in\{(-6,-11),(-1,-26),(0,19),(5,4)\}$ gelöst. Zur Aufgabe 110935: Hier gibt es einen Druckfehler in der Aufgabe: Es muss (siehe Manuelas Dokument) "... - 1/c" heißen. Es seien $a,b,c$ positive reelle Zahlen. Man beweise, dass dann $\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\geq 2 \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)$ gilt! Man gebe alle Fälle an, in denen Gleichheit eintritt! Lösung: Durch Multiplikation mit $abc>0$ geht die zu zeigende Ungleichung in die äquivalente $a^2+b^2+c^2 \geq 2\left(bc+ac-ab\right)$ bzw. $a^2+2ab+b^2-2(a+b)c+c^2\geq 0$, also $(a+b-c)^2\geq 0$, was offensichtlich wahr ist. Gleichheit tritt dann genau für $c=a+b$ auf. Cyrix [Die Antwort wurde nach Beitrag No.243 begonnen.]


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Ex_Senior
  Beitrag No.246, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

\quoteon(2019-05-02 21:36 - cyrix in Beitrag No. 245) Ich habe für morgen/ übermorgen zu unserem Bundesrunden-Vorbereitungsseminar meine Einheiten noch vorzubereiten. Da finden sich hier doch viele nette Aufgaben. :) \quoteoff Viel Erfolg! Natürlich ist klar, dass Sachsen wieder Platz 1 der Länderwertung gewinnt. Wer denn sonst? :-P ;-) Aber ich gönne auch Schleswig-Holstein viele 2. und 3.Preise. :-P Wir sehen uns ja in nur noch 12 Tagen. Ich freue mich schon, wenn gleich im Moment bei uns nur noch "Panik" herrscht. Und nebenbei(!) ist morgen schriftliche Mathematikabiturprüfung. Wie gesagt, ganz nebenbei. :-o Ach ja: 304 Lösungen sind online. LG Steffen


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Kornkreis
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  Beitrag No.247, eingetragen 2019-05-02

\quoteon(2019-05-02 20:15 - StrgAltEntf in Beitrag No. 243) @Kornkreis zu 071222: \quoteon(2019-05-02 01:53 - Kornkreis in Beitrag No. 234) \quoteon(2019-05-01 18:56 - StrgAltEntf in Beitrag No. 226) Hier geht es allerdings einfacher: \quoteoff Darüber lässt sich streiten (aber ich weiß, was du meinst), denn in meiner Lösung spreche ich explizit nur über zwei Gegenstände, während in deiner über zwei bis vier Gegenstände gesprochen wird, mit mehreren Quervergleichen :-P \quoteoff Findest du wirklich? Ich habe mich mal durch deinen Beweis gekämpft und meine nun, ihn auch verstanden zu haben. War nicht so einfach. Und Fallunterscheidungen gibt es bei dir ja auch. Übrigens funktioniert dein Beweis wohl nicht, wenn unendlich viele Gegenstände in möglicherweise unendlich vielen Farben oder Formen vorliegen. Oder sehe ich das falsch? \quoteoff Wo kommt denn nun dieser unverschämte Tonfall her? Wenn du der Meinung bist, dass einfache Beweise einfacher Olympiadenaufgaben für dich zu schwer sind, warum übst du dann nicht ein bisschen mehr, anstatt dir eine objektive Schwierigkeitseinschätzung anmaßen zu wollen? Dein a,b,c,d-Beweis war äußerst hässlich zu lesen, aber viel besser kann man es wohl nicht formulieren, deswegen gibts da für mich auch keinen Grund zur Beschwerde. Und ja, das mit den unendlich vielen Farben und Formen habe ich übersehen. Übrigens hast auch du übersehen, dass auf einem Tanzabend unendliche viele Herren und Damen sein können (geht nicht, möchtest du jetzt schreiben? Stimmt, ein Hotel mit unendlich vielen Zimmern braucht man ja auch nicht zu diskutieren) [Die Antwort wurde nach Beitrag No.245 begonnen.]


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.248, eingetragen 2019-05-02

\quoteon(2019-05-01 18:12 - HyperPlot in Beitrag No. 225) "Autoren der Lösungen" ... Dafür kann und sollte man einen eigenen Index anlegen.. \quoteoff Ich habe mich geirrt: Es ist dafür kein spezieller Lauf nötig; pdflatex reicht. https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1757663 Allerdings sollte sich das ganze noch mit dem Paket glossaries-extra vereinfachen lassen.


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Ex_Senior
  Beitrag No.249, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

@stpolster: Na dann auch euch und eurer Mannschaft Viel Erfolg! :) (In der 4-3-2-1-Wertung wartet Sachsen seit 2011 ja darauf, wieder mal ganz oben zu stehen... ;-) ) Zu Aufgabe 091046: Man beweise folgenden Satz! Wenn in einer quadratischen Gleichung $ax^2+bx+c=0$ die Koeffizienten $a,b,c$ sämtlich ungerade Zahlen sind, dann hat die Gleichung keine rationale Lösung. Lösung: Wir nehmen an, es gäbe eine rationale Lösung $\frac{p}{q}$ mit ganzzahligen und teilerfremden $p$ und $q$ der quadratischen Gleichung. Einsetzen und multiplizieren mit $q^2$ liefert dann $ap^2+bpq+cq^2=0$. Wären $p$ und $q$ beide ungerade, dann auch $ap^2$, $bpq$ und $cq^2$, da alle drei Koeeffizienten nach Aufgabenstellung selbst ungerade sind. Also ist es auch die Summe dieser drei Produkte, was ein Widerspruch darstellt, da natürlich 0 gerade ist. Wäre dagegen $p$ gerade und $q$ ungerade, so ist wieder $cq^2$ ungerade, aber $ap^2$ und $bpq$ beide gerade, sodass die Summe wieder eine ungerade Zahl und damit nicht 0 ergibt. Widerspruch. Der analoge Widerspruch ergibt sich auch, wenn $q$ gerade und $p$ ungerade ist. Und wären $p$ und $q$ beide gerade, so wären sie nicht mehr teilerfremd. Also ergibt sich in jedem Fall ein Widerspruch zur Annahme der Existenz einer rationalen Lösung, sodass es keine rationale Lösung geben kann, $\Box$. Cyrix


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Ex_Senior
  Beitrag No.250, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-02

Aufgabe 101036: Im Innern eines Würfels mit der Kantenlänge 1 seien 28 verschiedene Punkte beliebig angeordnet. Es ist zu beweisen, dass es dann wenigstens ein aus zwei verschiedenen dieser 28 Punkte bestehendes Punktepaar gibt, sodass der Abstand dieser zwei Punkte voneinander nicht größer als $\frac{1}{3}\sqrt{3}$ ist. Lösung: Wir zerlegen den Würfel durch parallele Schnitte in 27 mit je $\frac{1}{3}$ als Kantenlänge. Dann müssen in mindestens einem Teilwürfel 2 dieser 28 Punkte liegen. Der maximale Abstand, den zwei Punkte in einem Würfel haben können, entsteht, wenn sie die Endpunkte einer seiner Raumdiagonalen bilden. Diese hat die $\sqrt{3}$-fache Länge der Kantenlänge des Würfels, woraus sich sofort die Behauptung ergibt, $\Box$. Cyrix


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ZePhoCa
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  Beitrag No.251, eingetragen 2019-05-02

110931 Günter erzählt:”Die sechsstellige Telefonnummer unserer Schule merke ich mir folgendermaßen: Ich schreibe unsere zweistellige Hausnummer hin. Dahinter schreibe ich die Quersumme der Hausnummer und füge nun jeweils die Summe aus den letzten beiden hingeschriebenen Zahlen an, bis sechs Ziffern dastehen. Übrigens kommt in der Telefonnummer unserer Schule keine Eins vor, und unsere Hausnummer ist eine durch 3 teilbare Zahl.” Wie lautet Günters Hausnummer und wie die Telefonnummer seiner Schule? Hinweis: Ich vermute, mit "letzten beiden hingeschriebenen Zahlen" sind die letzten beiden geschriebenen Ziffern gemeint, und nicht z.B. die zweistellige Hausnummer und die Quersumme, da in dem Fall keine 6-stellige Zahl entsteht (wenn ich mich nicht vertan habe). Lösung: Wenn die Quersumme der ersten beiden Zahlen zweistellig wäre, dann wäre sie höchstens 18 und damit enthielte die Telefonnummer eine 1, was nicht sein kann. Also ist die Quersumme einstellig. Da auch die Hausnummer keine 1 enthalten darf, bleiben für die Hausnummer noch die Möglichkeiten: 24,27,30,33,36,42,45,54,60,63,72,90 mit den Quersummen 6,9,3,6,9,6,9,9,6,9,9,9 übrig. In allen Fällen außer bei 30,33,60 und 90 ist die erste Ziffer der nächsten Summe eine 1, was nicht geht. Bei 33 ergibt sich 336915, bei 60 ergibt sich 606612 und bei 90 ergibt sich 909918 was nicht geht. Also ist die Hausnummer 30 und die Telefonnummer 303369. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.248 begonnen.]


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Kornkreis
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  Beitrag No.252, eingetragen 2019-05-02

\quoteon(2019-05-02 15:02 - TomTom314 in Beitrag No. 237) Dadurch gibt es die Möglichkeiten $r,s\in\{11,14,16,19\}$ \quoteoff @TomTom: Die 9 wurde hier noch nicht ausgeschlossen, deswegen würde ich sie zu der Menge hinzufügen und bei "gibt es die Möglichkeiten" noch ein "nur" einfügen.


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Ex_Senior
  Beitrag No.253, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

Ich habe den ganzen Text noch einmal neu formatiert und zur besseren Übersicht Kopfzeilen eingefügt. Und es hat funktioniert. Danke an Hyperplot. Der Text enthält auch noch viele neue Aufgaben der Klassenstufe 9. Gelöst sind 307 Aufgaben. In den nächsten Tagen werde ich selbstverständlich eure neuen Lösungen ergänzen. Ich selbst werde aber nichts Neues liefern. Abikorrektur! LG Steffen Nebenbei: Das Grundkursabitur 2019 in Sachsen ist ein Witz. Wer dort durchfällt ist einfach zu bl.... Aber der eine oder andere meiner "Mathematiker" wird mir schon beweisen, dass das geht.


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  Beitrag No.254, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 10:46 - stpolster in Beitrag No. 253) Und es hat funktioniert. Danke an Hyperplot. \quoteoff Was jetzt nochmal? Bei einem derart komplexen Dokument, wird man immer mal wieder etwas erneuern und ergänzen müssen. Ich würde mir einfach praktische Umgebungen anlegen für die Lösungen (für die Aufgabe auch oder dort ggf. ein neues Kommando): \sourceon (latex) % \begin{Lsg}[]{}{} % .... % .... % \end{Lsg} \newenvironment{Lsg}[3][]% {% ----------------------- Beginn -------------------------------------------------- \hypertarget{#2#1}{}% Kein Anzeigetext \index[pindex]{#3|see {\protect\hyperlink{#2#1}{#2}}}% % \def\autortemp{#3}% }% {\par\bigskip\textit{Aufgabe gelöst von \autortemp}} % Ende ----------- \sourceoff und dann \sourceon (latex) \begin{Lsg}{999001}{Bernd} Text der Lösung von Bernd. ... \texttt{\textbackslash input\{Loseungsdateiname\}} \end{Lsg} \sourceoff Damit bekommt man: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_7_55555555.png und https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_9999999999999.jpg \showon Code \sourceon latex \documentclass[a4paper]{article} \usepackage{framed} \parindent0pt % ======================================= \usepackage{imakeidx} \makeindex[intoc=true, options={-s \jobname.ist}, % siehe filecontents name=pindex, % Name des Aufrufs columns=1, % Default ist 2 Spalten title={Autoren der Lösungen} ] \renewcommand*\seename{} % Default: "see" \renewcommand*\alsoname{} % Default: "see also" % Doppelpunkt, statt Komma, nach Eintrag in Index-Liste. Einträge bold in Index-Liste. \usepackage{filecontents} \begin{filecontents*}{\jobname.ist} item_0 "\n\\bfseries\\item " item_1 " " item_2 " " delim_0 ":\\hspace{1em}\\normalfont " delim_1 " " delim_2 " " \end{filecontents*} % % \indexsetup{othercode=\small} % auf ganzen Indexeintrag anwenden % ======================================= % \begin{Lsg}[]{}{} % .... % .... % \end{Lsg} \newenvironment{Lsg}[3][]% {% ----------------------- Beginn -------------------------------------------------- \hypertarget{#2#1}{}% Kein Anzeigetext \index[pindex]{#3|see {\protect\hyperlink{#2#1}{#2}}}% % \def\autortemp{#3}% }% {\par\bigskip\textit{Aufgabe gelöst von \autortemp}} % Ende ----------- \usepackage[hyperindex=true]{hyperref} \begin{document} \tableofcontents \newpage \begin{framed} Aufgabe: 999001 ... \texttt{\textbackslash input\{Aufgabendateiname\}} \end{framed} \begin{Lsg}{999001}{Bernd} Text der Lösung von Bernd. ... \texttt{\textbackslash input\{Loseungsdateiname\}} \end{Lsg} \bigskip \textbf{2. Lösung.} \par \begin{Lsg}[a]{999001}{Ulrich} Zweite Lösung von Ulrich. ... \texttt{\textbackslash input\{Loseungsdateiname2\}} \par Wird als andere Lösung z.B. mit '\texttt{[a]}' als optionales Argument gekennzeichnet; in der Autorenliste aber mit gleicher Aufgabennummer angezeigt. \end{Lsg} \newpage Leere Seite. \newpage \begin{framed} Andere Aufgabe: 999002 ... \texttt{\textbackslash input\{Aufgabendateiname\}} \end{framed} \begin{Lsg}{999002}{Bernd} Auch gelöst von Bernd. .... \texttt{\textbackslash input\{Loseungsdateiname\}} \par Anzeige einer weiteren (klickbaren) Aufgabennummer in der Autorenliste. \end{Lsg} \printindex[pindex] \end{document} \sourceoff \showoff Auch für die Aufgabe würde ich eine neue Umgebung anlegen - oder ein neues Kommando -, das habe ich jetzt hier nicht gemacht, weil da vermutlich gleich der Dateiname verarbeitet wird.


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.255, eingetragen 2019-05-03

Man findet in "Autoren der Lösungen" diverse Nummern nicht. F5 drücken hat auch nichts genützt. Ich würde das entsprechend aktualisieren und die Nummern in allen Fällen klickbar machen. Wie das einfach geht ist in #254 hinreichend beschrieben.


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Ex_Senior
  Beitrag No.256, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

\quoteon Aufgabe 091043 A,B,C,D,E,F,G,H seien die Eckpunkte eines Würfels, und X sei ein Punkt der Strecke EH, wobei die Bezeichnungen wie in der Abbildung gewählt seien. K sei der Schnittpunkt der Strecken AH und ED, und L sei der Schnittpunkt der Strecken HC und DG. Schließlich sei Y derjenige auf der Strecke DC gelegene Punkt, für den DY=EX ist.Man beweise, dass der Mittelpunkt von XY auf KL liegt. \quoteoff Vektorielle Lösung: Wir legen den Würfel in ein Koordinatensystem mit den Koordinaten $D=(0,0,0)^T$, $A=(1,0,0)$, $C=(0,1,0)^T$, $H=(0,0,1)^T$. Dann haben wir $K=(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2})$, $L=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ und $X=(1,0,1)-r\cdot (1,0,0)^T$, $Y=r\cdot (0,1,0)^T$, $0\leq r\leq 1$, wobei die beiden Faktoren der Richtungsvektoren wegen $|DY|=|EX|$ identisch sind. Die Strecke $|KL|$ ist gegeben durch \[|KL|=\left\{ s\cdot\left(\begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\end{array}\right) + (1-s)\cdot \left(\begin{array}{c} 0\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\end{array}\right) \ \middle| \ 0\leq s \leq 1 \right\} \ \text{.}\] Für den Mittelpunkt $M$ der Strecke $|XY|$ gilt \[M=\frac{1}{2}(X+Y) =\frac{1}{2}\left( \left(\begin{array}{c} 1-r\\ 0\\ 1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c} 0\\ r\\ 0\end{array}\right)\right) = \left(\begin{array}{c} \frac{1}{2}(1-r)\\ \frac{1}{2}(1-(1-r))\\ \frac{1}{2}(1-r)+\frac{1}{2}(1-(1-r))\end{array} \right) \ \text{,}\] welcher mit $s=r-1$ auf der Strecke $|KL|$ liegt Manöverkritik: Mit Vektoren ist die Aufgabe recht einfach. Da es aber eine Aufgabe für Klasse 10 ist, wäre eine Lösung ohne Vektoren wünschenswert. Korrektur: Hallo Steffen, kannst Du bitte in Aufgabe 091041 noch die Korrektur von Kornkreis ergänzen. \quoteon(2019-05-02 23:31 - Kornkreis in Beitrag No. 252) @TomTom: Die 9 wurde hier noch nicht ausgeschlossen, deswegen würde ich sie zu der Menge hinzufügen und bei "gibt es die Möglichkeiten" noch ein "nur" einfügen. \quoteoff ... Damit die Summe zweier Quadratzahlen die Endziffer 2 hat, sind für $r^2,s^2$ nur die Endziffern $1,6$ und somit für $r,s$ nur die Endziffern $1,4,6,9$ möglich. Daher gilt $r,s\in\{9,11,14,16,19\}$ und man findet, dass $(r,s)=(11,19)$ oder $(r,s)=(19,11)$ gelten muss. Dadurch ergeben sich $(a,b)=(80,320)$ und $(a,b)=(320,80)$ als einzige Lösungen.


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  Beitrag No.257, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-02 21:58 - Kornkreis in Beitrag No. 247) Übrigens hast auch du übersehen, dass auf einem Tanzabend unendliche viele Herren und Damen sein können (geht nicht, möchtest du jetzt schreiben? Stimmt, ein Hotel mit unendlich vielen Zimmern braucht man ja auch nicht zu diskutieren) \quoteoff Für unendliche Tanzabende ist ja die Aussage i. d. R. nicht gültig, weshalb mein Beweis dann natürlich nicht funktionieren kann.


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  Beitrag No.258, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Aufgabe 120923: Zu Dekorationszwecken sollen gleich große Konservenbüchsen verschiedener Sorten so in mehreren Reihen übereinander aufgebaut werden, dass folgende Bedingungen erfüllt sind: (1) Jede Reihe soll genau eine Büchse mehr enthalten als die Reihe unmittelbar über ihr. (2) Die oberste Reihe enthält genau eine Büchse. (3) Es werden genau drei verschiedene Sorten Büchsen verwendet. (4) Von jeder der drei Sorten findet genau dieselbe Anzahl von Büchsen Verwendung. (5) Jede Reihe besteht aus Büchsen von genau einer Sorte. (6) Keine zwei unmittelbar übereinanderstehenden Reihen enthalten Büchsen derselben Sorte. Ermitteln Sie die kleinste Anzahl von Büchsen, für die es möglich ist, die Bedingungen (1) bis (6) gleichzeitig zu erfüllen! \quoteoff Die kleinste Anzahl von Büchsen ist 36. Je 12 Büchsen der Sorten A, B und C können wie folgt zu einer Pyramide gestapelt werden: \sourceon A B B A A A B B B B C C C C C B B B B B B C C C C C C C A A A A A A A A \sourceoff Begründung, warum es mit weniger als 36 Büchsen nicht funktioniert: Die Anzahl \(k\) der Büchsen muss eine Dreieckszahl, also von der Form \(k=1+2+...+n=\frac{n(n+1)}2\) sein. \(k\) muss den Teiler 3 enthalten. Also kommen für \(k<36\) höchstens die Zahlen \(3=1+2\), \(6=1+2+3\), \(15=1+2+3+4+5\) und \(21=1+2+3+4+5+6\) infrage. Die Summanden \(1,2,...,n\) müssen dann auf drei Teilsummen aufgeteilt werden, die jeweils \(k/3\) ergeben. Bei \(k=3=1+2\) oder \(k=6=1+2+3\) ist solch eine Aufteilung nicht möglich, da der größte Summand (2 bzw. 3) bereits größer als \(k/3\) ist, also in keine Teilsumme passt. Bei \(k=15=1+2+3+4+5\) können die Summanden nur auf eine Weise aufgeteilt werden, sodass sich jeweils die Teilsumme \(k/3=5\) ergibt: \(1+4=2+3=5\). Diese Aufteilung widerspricht aber der Bedingung (6), da dann die zweite und die dritte Reihe dieselben Büchsensorten enthalten würden. Bei \(k=21=1+2+3+4+5+6\) können die Summanden ebenfalls nur auf eine Weise aufgeteilt werden, sodass sich jeweils die Teilsumme \(k/3=7\) ergibt: \(1+6=2+5=3+4\). Und auch hier erhalten wir zwei benachbarte Zahlen in einer der Teilsummen, nämlich 3 und 4. Mit \(k=36=1+2+3+4+5+6+7+8\) schließlich funktioniert es: \(k/3=12=1+3+8=2+4+6=5+7\).


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  Beitrag No.259, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Aufgabe 081022: Ermitteln Sie alle reellen Zahlen $x$, die der Bedingung $\log_2 \left[ \log_2 (\log_2{x})\right] = 0$ genügen! \quoteoff Es ist \(\log_2 \left[ \log_2 (\log_2{x})\right] = 0\) \(\iff \left[ \log_2 (\log_2{x})\right]=1\) \(\iff 1\leq\log_2 (\log_2{x})<2\) \(\iff 2\leq\log_2{x}<4\) \(\iff 4\leq x<16\) Die Bedingung wird also genau von den reellen Zahlen \(x\) erfüllt, die kleiner als 16 und größer oder gleich 4 sind.


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Ex_Senior
  Beitrag No.260, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

Danke für die vielen neuen Lösungen. Da ich dringend Pause von den mathematischen Ergüssen meiner "Abiturienten" brauche, habe ich an der Datei gearbeitet. Jetzt sind es 320 Lösungen, die wieder online sind. LG Steffen


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  Beitrag No.261, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 19:38 - stpolster in Beitrag No. 260) Jetzt sind es 320 Lösungen, die wieder online sind. \quoteoff Das mag sein, aber einige dieser Lösungen scheinen nur für Dich einsehbar zu sein (?). Zudem sind mir mit der Strg+F Suche Fehler unter "5. Autoren der Lösungen" aufgefallen (teils unabhängig von der Aktualität der Datei)... Das passiert nicht, wenn man diese Liste automatisch als Index erstellen lässt. Man macht soetwas in LaTeX nicht von Hand, man überlegt sich Methoden das zu automatisieren... Wenn in #254 etwas unklar ist, frag.


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Kornkreis
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  Beitrag No.262, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 16:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 257) \quoteon(2019-05-02 21:58 - Kornkreis in Beitrag No. 247) Übrigens hast auch du übersehen, dass auf einem Tanzabend unendliche viele Herren und Damen sein können (geht nicht, möchtest du jetzt schreiben? Stimmt, ein Hotel mit unendlich vielen Zimmern braucht man ja auch nicht zu diskutieren) \quoteoff Für unendliche Tanzabende ist ja die Aussage i. d. R. nicht gültig, weshalb mein Beweis dann natürlich nicht funktionieren kann. \quoteoff Wenn dies "ja" "natürlich" nicht funktionieren kann, warum hattest du es dann nicht in deinem Beweis hingeschrieben, um die Annahme einer endlichen Anzahl an Leuten rechtzufertigen, Herr Neunmalklug? :-P Ich weiß warum, denn deine Behauptung ist nämlich falsch (Edit: Irrtum, siehe unten). \showon Vollständige Lösung der 051242 Indiziere die Herren mithilfe einer Indexmenge $I$ und bezeichne für jeden Herren $\alpha \in I$ die Menge der Damen, mit denen er getanzt hat, mit $D_\alpha$. Angenommen, die zu beweisende Aussage gilt nicht. Dann überlegt man sich, dass die Mengen $D_\alpha$ total geordnet bezüglich der Inklusion sein müssen, d.h. für beliebige $\alpha, \beta \in I$ muss $D_\alpha \subseteq D_\beta$ oder $D_\alpha \supseteq D_\beta$ gelten. Betrachte nun $\cap_{\alpha \in I} D_\alpha$. Dies kann nicht die leere Menge sein, da jeder Herr mit mindestens einer Dame getanzt hat, und aufgrund der Totalordnungs-Eigenschaft der Mengen $D_\alpha$ (Edit: und unter der weiteren Annahme, dass beispielsweise $I$ eine endliche Menge ist, da für unbeschränkte $I$ der unendliche Schnitt durchaus leer sein kann). Das bedeutet aber, dass es eine Dame gibt, die mit allen Herren getanzt hat, Widerspruch. \showoff @Steffen: Diesen Beweis bitte als 1. Lösung zu der Aufgabe ergänzen, da er eine Lücke in den nachfolgenden Beweisen schließt. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.259 begonnen.]


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  Beitrag No.263, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

\quoteon Da ich dringend Pause von den mathematischen Ergüssen meiner "Abiturienten" brauche, \quoteoff Dann hätte ich als Kontrastprogramm eine hoffentlich schöne Konstruktionslösung. \quoteon Aufgabe 051232: Die in der Abbildung im Grundriss gegebene vierseitige Pyramide soll durch eine Ebene derart geschnitten werden, dass die Schnittfläche ein Parallelogramm ist. https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39392_bild3.PNG a) Konstruieren Sie an dem gegebenen Grundriss die geforderte Schnittfläche und die Spurgerade der zugehörigen Schnittebene! b) Wie verändert sich die Konstruktion, wenn die Grundfläche ein Trapez ist? c) Wie verändert sich die Konstruktion, wenn die Grundfläche ein Parallelogramm ist? \quoteoff Wir konstruieren die Schnittfläche mit einer "unendlichen" Pyramide mit den Halbgeraden $SA$, $SB$, $SC$, $SD$. Sei $M$ der Schnittpunkt der Diagonalen $AC$ und $BD$. Dann bilden wir mittels Punktspiegelung an $M$ die Pyramide aus den gespiegelten Punkten $S_1,A_1,B_1,C_1,D_1$. Die Schnittpunkte der Geradenpaare $(SA, S_1C_1)$, $(SB, S_1D_1)$, $(SC, S_1A_1)$, $(SD, S_1B_1)$ bilden ein Parallelogramm, bezeichne diese mit $P,Q,R,S$. Da nach Wahl von $M$ die Punkte $S,A,B,M$ in einer Ebene liegen, scheiden sich die Geraden $SA$, $S_1C_1$ bzw. $SC, S_1A_1$. Aufgrund der Punktsymmetrie der Konstruktion liegt $M$ auf der Mitte der Strecke $|PR|$. Dasselbe gilt für $Q,S$. Also scheiden sich die Diagonalen des Vierecks $PQRS$ in iheren Mittelpunkten. Dieses ist genau dann der Fall, wenn $PQRS$ ein Parallelogramm ist. Die Spurgerade erhalten wir durch die zwei Schittpunkte von $ABCD$ und dem um $180^\circ$ gedrehtem Viereck $A_1B_1C_1D_1$. Die Spurgerade enthält ferne den Punkt $M$. Falls $ABCD$ ein Trapez ist, ist die Spurgerade parallel zu den beiden parallelen Seiten.* Im Falle eines Parallelogramms ist die Schnittmenge von $ABCD$ und $A_1B_1C_1D_1$ das ganze Viereck, da auch die Schnittebene mit der Ebene $ABCD$ identisch ist. *Falsch. Was für ein Trapez gelten soll, fehlt mir noch.


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  Beitrag No.264, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 20:18 - HyperPlot in Beitrag No. 261) Das mag sein, aber einige dieser Lösungen scheinen nur für Dich einsehbar zu sein (?). Zudem sind mir mit der Strg+F Suche Fehler unter "5. Autoren der Lösungen" aufgefallen (teils unabhängig von der Aktualität der Datei)... Das passiert nicht, wenn man diese Liste automatisch als Index erstellen lässt. Man macht soetwas in LaTeX nicht von Hand, man überlegt sich Methoden das zu automatisieren... Wenn in #254 etwas unklar ist, frag. \quoteoff Es ist ein Dokument, welches ständig in Bewegung ist. Falls Du eine Lösung vermißt, gib sie einfach mit Nr./Beitrag/Autor an. Eine Indizierung nach Autoren + Hyperlinks würde auf meiner Prioritätenlist weit, weit unten stehen, da unter jeder Aufgabe ein Autor steht und mit einem ordentlichen PDF-Viewer auch danach gesucht werden kann. Mir würde es auch vollkommen ausreichen, wenn Steffen einfach alle Beteiligten einmal am Ende ohne weitere Referenz auf die einzelnen Aufgaben nennt.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.265, eingetragen 2019-05-03

Zu 051242: \quoteon(2019-05-03 20:25 - Kornkreis in Beitrag No. 262) \quoteon(2019-05-03 16:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 257) Für unendliche Tanzabende ist ja die Aussage i. d. R. nicht gültig, weshalb mein Beweis dann natürlich nicht funktionieren kann. \quoteoff Wenn dies "ja" "natürlich" nicht funktionieren kann, warum hattest du es dann nicht in deinem Beweis hingeschrieben, um die Annahme einer endlichen Anzahl an Leuten rechtzufertigen, Herr Neunmalklug? :-P Ich weiß warum, denn deine Behauptung ist nämlich falsch. @Steffen: Diesen Beweis bitte als 1. Lösung zu der Aufgabe ergänzen, da er eine Lücke in den nachfolgenden Beweisen schließt. \quoteoff @Schlaubischlumpf: Wenn ich schreibe, dass die Aussage i. d. R. nicht gültig ist, heißt das, dass es ein Gegenbeispiel gibt. Ich hatte das bei meiner ursprünglichen Lösung nicht erwähnt, weil ich da an den unendlichen Fall nicht gedacht hatte und es für einen Schülerwettbewerb auch nicht relevant finde. Interessant ist es aber schon, und man könnte es als Anmerkung erwähnen. Finde also den Fehler in deiner Argumentationskette und dann ein Gegenbeispiel - oder umgekehrt. @Steffen: Bitte Kornkreisens "Beweis" nicht übernehmen, da er falsch ist.


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expIphi
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  Beitrag No.266, eingetragen 2019-05-03

@ stpolster Das ist jetzt zwar nur eine Randbaustelle, aber das ist z.B. auch nicht so schön, wenn der Aufgabentext über mehrere Seiten geht. https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50970_14_55555555.png Ich würde bei Seitenumbruch bei dem Kasten entweder die rot markierten Ränder weglassen oder den Kasten durch einen Randstrich ersetzen: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50970_7_9999999999999.jpg Dafür braucht man allerdings im allgm. etwas Mächtigeres als das Paket 'framed', etwa 'mdframed' (von Marco Daniels) oder 'tcolorbox'.


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Ex_Senior
  Beitrag No.267, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

Ich habe jetzt das Autorenverzeichnis durch die zwei externen Quellen (Engel/Pirl und alpha) sowie die anonymen bzw. unbekannten Autoren erweitert. Ebenso geht keine Aufgabenstellung mehr über 2 Seiten. Besser? LG Steffen


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ZePhoCa
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  Beitrag No.268, eingetragen 2019-05-03

120931 Man beweise, dass für jede natürliche Zahl $n$ die Zahl $n^6−n^2$ durch $10$ teilbar ist. Lösung: Es gilt $n^6-n^2 = n^2(n^4-1)=n^2(n^2-1)(n^2+1)=n^2(n-1)(n+1)(n^2+1)$. Von den aufeinanderfolgenden Zahlen $n$ und $n+1$ ist eine gerade, also ist $n^6-n^2$ durch $2$ teilbar. Wenn $n$ bei Division durch $5$ den Rest $0,1$ oder $4$ lässt, dann ist $n$ bzw. $n-1$ bzw. $n+1$ durch $5$ teilbar und das Produkt damit auch. Lasse $n$ nun bei Division durch $5$ den Rest $2$ oder $3$, also $n=5k+2$ oder $n=5k+3$. Dann ist $n^2+1 = 25k^2+20k+5$ oder $n^2+1 = 25k^2+30k+10$ durch $5$ teilbar. Also ist $n^6-n^2$ in jedem Fall durch $5$ teilbar. Da $2$ und $5$ teilerfremd sind ist damit $n^6-n^2$ auch durch $10$ teilbar.


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ZePhoCa
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  Beitrag No.269, eingetragen 2019-05-03

120936 a) Man ermittle die Anzahl aller verschiedenen Tripel (k,n,m) natürlicher Zahlen k,n,m, für die $k \cdot n^2 \cdot (2m+ 1) = 3808$ gilt. b) Man gebe von den unter a) genannten Tripeln alle diejenigen an, für die das Produkt $knm$ den kleinsten Wert annimmt. Lösung: a) Es gilt $3808 = 2^5 \cdot 7 \cdot 17$. Da $2m+1$ ein ungerader Teiler von $3808$ sein muss kann dies nur $7,17$ oder $119 = 7 \cdot 17$ sein. Damit gilt $m \in \lbrace 3,8,59 \rbrace$. Für $n^2$ gibt es die Möglichkeiten $n^2 = 4^2 = 2^4$ oder $n^2=2^2$ oder $n^2 = 1^2$ (unabhängig davon, wie $m$ gewählt wurde). Jede dieser Wahlen legt $k$ eindeutig fest, also gibt es $3 \cdot 3 = 9$ Möglichkeiten. b) Wählt man $n=1$ oder $n=2$ so enthält $k$ den zu $4$ fehlenden Faktor quadratisch, um ein möglichst kleines Produkt zu erhalten muss also $n=4$ gewählt werden. Von den verbleibenden Möglichkeiten $(k,m,n) \in \lbrace (34,4,3),(14,4,8),(2,4,59) \rbrace$ hat das Produkt $34 \cdot 4 \cdot 3 = 408$ den kleinste Wert.


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Ex_Senior
  Beitrag No.270, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

\quoteon Aufgabe 010933 Beweisen Sie den folgenden Satz! Verhalten sich die Seitenlängen eines Dreiecks ABC wie √3:√2:1, dann stehen zweiSeitenhalbierende dieses Dreiecks senkrecht aufeinander. \quoteoff Wegen $\sqrt{3}^2=\sqrt{2}^2+1^2$ ist das Dreieck rechtwinklig. Im folgenden betrachten wir ein Dreieck $ABC$ mit $|AB|=\sqrt{3}$, $|AC| = 1$ und $|BC|=\sqrt{2}$. $ \begin{tikzpicture} \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (2,0); \coordinate (C) at (2,2.8284); \coordinate (P) at (1,1.4142); \coordinate (Q) at (2,1.4142); \coordinate (S) at (3,0); \draw (B)--(C)-(A)--(Q); \draw (A)--(S)--(Q)--(A); \draw (P)--(B); \draw (P)--(Q); \draw node[left] at (A){A}; \draw node[below] at (B){C}; \draw node[above] at (C){B}; \draw node[left] at (P){P}; \draw node[right] at (Q){Q}; \draw node[right] at (S){S}; \end{tikzpicture} $ Wir verschieben die Seitenhalbierende $CP$ parallel zu $QS$ ($PQ$ ist parallel zu $AC$ ). Das Dreieck $AQS$ hat die Seitenlängen $|AS| = \frac{3}{2}$, $|AQ|^2 = |AC|^2+|CQ|^2 = \frac{3}{2}$, $|QS|^2 = |QC|^2+|CS|^2 = \frac{3}{4}$. Diese erfüllen die Gleichung $|AS|^2 = |AQ|^2+|QS|^2$. Daher sind die beiden Seitenhalbierenden $AQ$, $CP$ orthogonal. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.260 begonnen.]


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  Beitrag No.271, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 22:14 - stpolster in Beitrag No. 267) Ich habe jetzt das Autorenverzeichnis durch die zwei externen Quellen (Engel/Pirl und alpha) sowie die anonymen bzw. unbekannten Autoren erweitert. Ebenso geht keine Aufgabenstellung mehr über 2 Seiten. Besser? \quoteoff Teilweise ja. Jetzt vll. nochmal ganz ausführlich, auf die Gefahr, dass es unverständlich angekommen ist: Es geht darum, dass diese Liste, https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_8_55555555.png die Du vermutlich manuell reinschreibst, teilweise fehlerhaft oder auch unvollständig ist. Das lässt sich dadurch beheben, dass man die Liste automatisch erstellen lässt; wofür man einen Index definiert. Wie das geht, steht in #254. Dass die Nummern dann auch klickbar werden ist ein praktischer Nebeneffekt des Pakets hyperref.


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  Beitrag No.272, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-03

\quoteon(2019-05-03 23:39 - HyperPlot in Beitrag No. 271) ... Das lässt sich dadurch beheben, dass man die Liste automatisch erstellen lässt; wofür man einen Index definiert. Wie das geht, steht in #254. Dass die Nummern dann auch klickbar werden ist ein praktischer Nebeneffekt des Pakets hyperref. \quoteoff Ok, ich werde es versuchen. Allerdings wird das aufwendig sein und deshalb verschiebe ich es mal auf die Zeit nach Abitur und Bundesrunde der Mathematikolympiade. (nach dem 16.5.) LG Steffen


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Kornkreis
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  Beitrag No.273, eingetragen 2019-05-04

\quoteon(2019-05-03 21:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 265) Wenn ich schreibe, dass die Aussage i. d. R. nicht gültig ist, heißt das, dass es ein Gegenbeispiel gibt. \quoteoff Nein, das heißt lediglich, dass es etwas gibt, was du für ein Gegenbeispiel hältst. \quoteon Ich hatte das bei meiner ursprünglichen Lösung nicht erwähnt, weil ich da an den unendlichen Fall nicht gedacht hatte und es für einen Schülerwettbewerb auch nicht relevant finde. \quoteoff Das stimmt nicht, spätestens bei der internationalen Matheolympiade ist es selbstverständlich, dass man elementar mit unendlichen Mengen umgehen kann. Auch bei der nationalen Runde der 12. Klasse (um eine Aufgabe derselben geht es hier) besteht eigentlich kein Zweifel daran, dass man für die stillschweigende Annahme einer endlichen Menge Punktabzüge bekommen kann.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.274, eingetragen 2019-05-04

Zu 051242: \quoteon(2019-05-04 00:07 - Kornkreis in Beitrag No. 273) \quoteon(2019-05-03 21:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 265) Wenn ich schreibe, dass die Aussage i. d. R. nicht gültig ist, heißt das, dass es ein Gegenbeispiel gibt. \quoteoff Nein, das heißt lediglich, dass es etwas gibt, was du für ein Gegenbeispiel hältst. \quoteoff Soll ich dich weiterhin auf die Folter spannen, oder gibst du auf? :-D


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Kornkreis
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  Beitrag No.275, eingetragen 2019-05-04

\quoteon(2019-05-04 00:27 - StrgAltEntf in Beitrag No. 274) Soll ich dich weiterhin auf die Folter spannen, oder gibst du auf? :-D \quoteoff Keine Sorge, es war mir schon bewusst, dass potentielle Gegenbeispiele z.B. durch monoton wachsende Funktionen $f$ induziert werden, wenn die Indexmengen $I,J$ der Herren bzw. Damen Teilmengen des $\mathbb{R}^1$ sind, und man alle Punkte $(x,y)\in I \times J$ mit $y\geq f(x)$ mit stattgefundenen Tanzbegegnungen identifiziert. Dabei hatte ich gedanklich allerdings die Indizierungen irgendwo beginnen lassen, sodass $\cap_{\alpha \in I} D_\alpha$ oder $\cap_{\alpha \in J} H_\alpha$ nicht leer waren. Dies ist bei unbeschränktem $I$ und $J$ nicht mehr der Fall, und obiges Gegenbeispiel zusammen mit $f \equiv id$ funktioniert. Ich habe meinen Beitrag oben entsprechend angepasst. @Steffen: Bei meiner Lösung zur 071222 bitte als ersten Satz ergänzen "In dieser Lösung wird angenommen, dass die Menge der Gegenstände endlich sei, was in der Olympiade Punktabzug bringen könnte. In der zweiten Lösung wurde so eine Annahme nicht getroffen." Oder du löschst meine Lösung. Bei der 051242 hingegen müsste man bei beiden Lösungen einen einleitenden Satz schreiben, dass eine endliche Menge an Damen und Herren angenommen wurde, da für unendliche Mengen die zu zeigende Aussage i.Allg. nicht gilt. Auch den (nun funktionierenden) Beweis in #262 als dritte Lösung hinzuzunehmen lohnt sich meiner Meinung nach ;)


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  Beitrag No.276, eingetragen 2019-05-04

Aufgabe 120921: Beweisen Sie den folgenden Satz! Die Summe der Kuben dreier beliebiger aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen ist durch 3 teilbar. Lösung: Sei $n\in\mathbb{N}$. Dann erhalten wir $n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3 = n^3 + (n+1)\cdot (n^2+2n+1) + (n+2)\cdot (n^2+4n+4)\\ = n^3+n^3+2n^2+n+n^2+2n+1+n^3+4n^2+4n+2n^2+8n+8\\ = 3n^3+9n^2+15n+9\\ =3\cdot(n^3+3n^2+5n+3).$ Somit ist die Summe der Kuben dreier aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen durch 3 teilbar.


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Conny42
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  Beitrag No.277, eingetragen 2019-05-04

Aufgabe 120922: Ermitteln Sie alle reellen Zahlen $x$, für die der Quotient $\frac{8-3x}{7x-2}$ negativ ist! Lösung: Es ist $\frac{8-3x}{7x-2}<0$ genau dann, wenn einer der folgenden beiden Fälle eintritt: i) Es ist $8-3x<0$ und $7x-2>0$. ii) Es ist $7x-2<0$ und $8-3x>0$. Zu i): Aus $8-3x<0$ folgt $x>8/3$ und aus $7x-2>0$ folgt $x>2/7$. Wegen $8/3 > 2/7$ ist $x>2/7$ automatisch erfüllt, wenn $x>8/3$ erfüllt ist. Der erste Fall tritt also genau dann ein, wenn $x \in (8/3,\infty)$. Zu ii): Aus $7x-2<0$ folgt $x<2/7$ und aus $8-3x>0$ folgt $x<8/3$. Wegen $2/7<8/3$ ist $x<8/3$ automatisch erfüllt, wenn $x<2/7$ erfüllt ist. Der zweite Fall tritt also genau dann ein, wenn $x \in (-\infty, 2/7)$. Insgesamt folgt, dass der Quotient $\frac{8-3x}{7x-2}$ genau dann negativ ist, wenn $x \in (-\infty, 2/7) \cup (8/3,\infty)$.


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weird
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  Beitrag No.278, eingetragen 2019-05-04

Aufgabe 011111: Es ist zu zeigen, dass bei beliebigen n (n eine natürliche Zahl) die Zahl $6^{2n}-1$ durch $7$ teilbar ist. Lösung: Dies folgt unmittelbar aus \[6^{2n}-1\equiv (-1)^{2n}-1=0\mod 7\]


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Kuestenkind
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  Beitrag No.279, eingetragen 2019-05-04

Aufgabe 081023: Verbindet man einen beliebigen, im Innern eines gleichseitigen Dreiecks gelegenen Punkt mit je einem Punkt der drei Dreieckseiten, dann ist die Summe der Längen dieser drei Verbindungsstrecken stets größer oder gleich der Höhenlänge dieses gleichseitigen Dreiecks. Beweisen Sie diese Aussage! Die kürzeste Strecke zu jeder Seite ist das Lot. Nach dem Satz von Viviani ist die Summe dieser drei Strecken \(h\). Gruß, Küstenkind


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