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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.40, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23

@Küstenkind: Das war eine erste Aufgabe (Landesrunde, aber dennoch). Die sollte also "für das gute Gefühl", als Punktelieferant zum "reinkommen" dienen. Deshalb so einfach, ja. (In der Oberstufde findet sich an der Stelle häufiger irgendeine Betrags-Gleichung/ Ungleichung.) Viele Grüße Christian


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Kuestenkind
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  Beitrag No.41, eingetragen 2019-04-23

Ah - Ok. Macht Sinn, so versuche ich auch immer meine Arbeiten zu konzipieren. Danke für die Info! Herzliche Grüße nach Flensburg! Küstenkind


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Ex_Senior
  Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23

Danke für die neuen Lösungen. Ich habe sie ergänzt und noch ein paar andere Lösungen hinzugefügt. Die Idee, die Aufgaben themenweise zu sortieren ist gut. Ich werde sehen, was ich machen kann. LG Steffen


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Kitaktus
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  Beitrag No.43, eingetragen 2019-04-23

Zu 041041: Wir nehmen zunächst je ein Buch für 30M, 24M und 18M heraus. Es bleiben noch 27 Bücher für insgesamt 600M-30M-24M-18M = 528M. 27 Bücher für je 18M kosten zusammen 486M, es bleiben also noch 528M - 486M = 42M übrig, die dazu verwendet werden können, um statt der 18M-Bücher teurere Bücher zu kaufen. Wir unterscheiden nun danach, wie viele Bücher zu 30M gekauft werden: a) 4 oder mehr sind nicht möglich, da dies Mehrkosten von mindestens 48 Mark verursacht b) 3 Bücher kosten 36 Mark zusätzlich, es bleiben noch 6 Mark, mit denen genau ein 18M Buch durch ein 24M-Buch ersetzt werden kann. c) 2 Bücher zu 30M und drei Bücher zu 24M d) 1 Buch zu 30M und fünf Bücher zu 24M e) kein Buch zu 30M und sieben Bücher zu 24M Insgesamt ergeben sich vier Möglichkeiten 30M 24M 18M 4 2 24 3 4 23 2 6 22 1 8 21 Eine Probe bestätigt, dass in allen vier Fällen die Bedingungen der Aufgabe erfüllt sind. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.37 begonnen.]


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.44, eingetragen 2019-04-23

\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Aufgabe 041041: Die 30 Preisträger eines Schülerwettbewerbs sollen mit neu herausgegebenen Fachbüchern prämiert werden. Es stehen drei verschiedene Sorten von Büchern im Wert von 30 M, 24 M bzw. 18 M zur Verfügung. Von jeder Sorte soll mindestens ein Buch gekauft werden. Welche Möglichkeiten der Zusammenstellung gibt es, wenn für die Prämierung insgesamt 600 M zur Verfügung stehen, die ausgegeben werden sollen? \quoteoff Es seien x, y und z die Anzahl der Bücher, die für 30 M, 24 M bzw. 18 M angeschafft werden. Dann soll gelten: x + y + z = 30, 30x + 24y + 18z = 600. Das ist äquivalent zu x + y + z = 30, 5x + 4y + 3z = 100. Subtrahiert man nun 3 Mal die erste Gleichung von der zweiten, ergibt sich x + y + z = 30, 2x + y = 10. Aus der zweiten Gleichung können nun die Lösungen für x und y unmittelbar abgelesen werden, nämlich: (1) x=4 und y=2 oder (2) x=3 und y=4 oder (3) x=2 und y=6 oder (4) x=1 und y=8. (Beachte, dass x>0 und y>0 gelten soll.) Aus der ersten Gleichung erhalten wir dann die Anzahl z und damit insgesamt vier mögliche Zusammenstellungen, das Geld auf die drei Bücher aufzuteilen: (1) x=4 und y=2 und z=24 oder (2) x=3 und y=4 und z=23 oder (3) x=2 und y=6 und z=22 oder (4) x=1 und y=8 und z=21. Probe: Bei (2) ergibt sich 3*30 + 4*24 + 23*18 = 600. Stimmt!


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philippw
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  Beitrag No.45, eingetragen 2019-04-24

\showon 041044 Seien $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, $AM=d$, $BM=e$, $CM=f$, $\angle CMA=\alpha$. Wir wollen \[ a^2d^2+b^2e^2=c^2f^2 \] zeigen. Nach Kosinussatz in den Dreiecken $AMC$ und $BMC$ gilt: \[ b^2=d^2+f^2-2df\cos \alpha \] und \[ a^2=e^2+f^2-2ef\cos(180-\alpha) \] Wir multiplizieren die erste Gleichung mit $ce$ und die zweite mit $cd$ und addieren die Gleichungen. Durch $-\cos\alpha=\cos(180-\alpha)$ heben sich die zwei Kosinusterme auf, und es gilt: \[b^2ce+a^2cd=d^2ce+f^2ce+e^2cd+f^2cd\] Links setzen wir $c=d+e$ ein, rechts klammern wir $ced$ und $cf^2$ aus, dadurch gilt: \[a^2d^2+b^2e^2+a^2de+b^2de=cde(d+e)+cf^2(d+e)\] Das Dreieck ist rechtwinklig, also gilt der Satz des Pythagoras $a^2+b^2=c^2$. Rechts ersetzen wir (d+e) durch c, und erhalten schließlich: \[a^2d^2+b^2e^2+c^2de=c^2de+c^2f^2\] \[ a^2d^2+b^2e^2=c^2f^2 \] \showoff


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.46, eingetragen 2019-04-24

$ \pgfdeclarelayer{background} \pgfdeclarelayer{foreground} \pgfsetlayers{background,main,foreground} \begin{document} % Seitenlängen \pgfmathsetmacro{\a}{5} % \pgfmathsetmacro{\b}{2.2} % \pgfmathsetmacro{\c}{4} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} % \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius} \newcommand\Bogen[5][]{ \draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Dreieckskonstruktion \begin{pgfonlayer}{foreground} \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (0,0); \coordinate[Punkt={anchor=south west}{C}] (C) at (\a,0); \coordinate[Punkt={above}{A}] (A) at (\Beta:\c); \end{pgfonlayer} \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % % Seiten \draw[thick] (B) -- (C) node[midway, above]{$a$}; \draw[thick] (C) -- (A) node[midway, right]{$b$}; \path[] (B) -- (A) node[midway, right]{$c$}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3, "$\gamma$", thick, ] {angle =A--C--B}; % Quadrat über c = BB* \path[] (B) -- ($(B)!\c cm!90:(A)$) coordinate[Punkt={anchor=south west, yshift=3pt}{B^*}] (Bq) ; \path[] (A) -- ($(A)!\c cm!-90:(B)$) coordinate[Punkt={right}{A^*}] (Aq); \draw[] (A) -- (B) -- (Bq) -- (Aq) --cycle; % \path[] (B) -- (Aq) node[midway, fill=black!1]{$c^2$}; % Kongruententes Dreieck an Quadrat \path[] (B) -- (Bq) node[midway, left]{$c$}; \draw[densely dashed] (Bq) --+ (0,-\a) node[midway, right]{$a$} coordinate[Punkt={anchor=north west}{B'}] (Bs) -- (B) node[midway, left]{$b$}; % Parallelogramm unter a \draw[densely dashed] (Bs) --+ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north west}{C'}] (Cs) -- (C) node[midway, right]{$b$}; \draw pic [draw, angle radius=7mm,% angle eccentricity=1.6, "$\gamma$", ] {angle =B--Bs--Bq}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.6, "$90^\circ$-$\gamma$", ] {angle =Cs--Bs--B}; \path[] (B) -- (Cs) node[midway, red]{$A_P = h\cdot a$}; % Rechteck aus Parallelogramm \draw[] (B) -- ($(Bs)!(B)!(Cs)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{P}] (P); \draw[] (C) --+ ($(P)-(B)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{Q}] (Q) -- (P); \path[] (P) -- (B) node[midway, left]{$h$}; % Verdopplung des Rechtecks \pgfmathsetmacro{\h}{\b*cos(\Gamma)} % \draw[] (P) --++ (0,-\h) coordinate[Punkt={anchor=north east}{R}] (R) --++ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north east}{S}] (S) -- (Q); \path[] (R) -- (S) node[midway, above]{$a$}; \path[] (P) -- (R) node[midway, left]{$h$}; % Flächengleiches Dreieck an Gesamtrechteck \draw[densely dashed] (S) --+ (0,-\a) coordinate[Punkt={anchor=south east}{T}] (T) node[midway, left]{$a$}; \Bogen[densely dashed]{S}{180}{270}{\a} \pgfmathsetmacro{\r}{(2*\h+\a)/2} % \begin{pgfonlayer}{foreground} \coordinate[Punkt={anchor=south west}{M}] (M) at ($(C)!0.5!(T)$); \Bogen[densely dashed, name path=thales]{M}{-90}{90}{\r} \draw[name path=hoehe] (S) --+ (1.1*\r,0); \path[name intersections={of=thales and hoehe, name=X}]; \coordinate[Punkt={anchor=south west}{X}] (X) at (X-1); \draw[] (S) -- (C); \draw[densely dashed] (X) -- (C); \draw[densely dashed] (X) -- (T); \draw pic [draw, angle radius=4mm,% angle eccentricity=1.6, "$\cdot$", ] {angle =C--X--T}; \end{pgfonlayer} \begin{pgfonlayer}{foreground} \draw[red] (B) -- (Bs) -- (Cs) -- (C) -- cycle; \end{pgfonlayer} % Flächengleiches Quadrat \pgfmathsetmacro{\H}{sqrt(2*\h*\a)} % %\draw[red] (S)-- ($(S)!\H cm!(X)$); % Test \draw[thick, red, fill=pink] (X) --++ (0,\H) --++ (-\H,0) node[midway, below=3mm] {$A=2h\cdot a$} -- (S) --cycle; %%% Punkte \begin{pgfonlayer}{foreground} \foreach \P in {A,B,C,Aq, Bq,Bs,Cs,P,Q,R,S,M,T, X} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt); \end{pgfonlayer} % Annotation \renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}} \pgfmathsetmacro{\text}{\a+\h/cos(90-\Gamma)-1.5} % \node[below, anchor=north west, align=left, text width=\text cm, draw=gray, inner sep=1pt, xshift=\text cm+2.2cm, ] at (Aq){ \begin{enumerate} \item Errichte das Quadrat über $|AB|=c$. \item Ergänze an der Quadratseite $BB^*$ das zum Dreieck $ABC$ kongruente Dreieck $B'BB^*$. \item Bilde das Parallelogramm $B'C'CB$ aus den Seiten $|BB'|$ und $|BC|$; dieses hat den Flächeninhalt $A_P = a\cdot h = a b \sin(90^\circ-\gamma) = a b \cos(\gamma)$. \item Bilde aus dem Parallelogramm das flächengleiche Rechteck $PQCB$; verdopple das Rechteck zum Rechteck $RSCB$; dieses hat den Flächeninhalt $A = 2h \cdot a$. \item Verlängere die Rechtecksseite $|CS|$ um $a = |RS|$, Endpunkt sei $T$. \item Errichte über der Strecke $|CT|$ den Thaleskreis (Mittelpunkt sei $M$). \item Bestimme den Schnittpunkt derjenigen Geraden durch $|RS|$ mit dem Thaleskreis; der Schnittpunkt sei $X$. \item Dann gilt für das rechtwinklige Dreieck $CTX$ nach dem Höhensatz: Das Rechteck aus den Höhenabschnitten ($2h$ und $a$) der zur Hypothenuse gehörenden Höhe ist so groß wie das Quadrat über der Höhe; mit anderen Worten: $ A= 2h \cdot a = 2 b \cos(\gamma) \cdot a = 2ab\cos(\gamma)$. \end{enumerate} }; \end{tikzpicture} $ \showon LaTeX \sourceon latex \documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone} \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{calc} \usetikzlibrary{intersections} \usetikzlibrary{backgrounds} \usetikzlibrary{patterns} \usetikzlibrary{positioning} \usetikzlibrary{angles, quotes, babel} \usepackage{amsmath, amssymb} \pgfdeclarelayer{background} \pgfdeclarelayer{foreground} \pgfsetlayers{background,main,foreground} \begin{document} % Seitenlängen \pgfmathsetmacro{\a}{5} % \pgfmathsetmacro{\b}{2.2} % \pgfmathsetmacro{\c}{4} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} % \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius} \newcommand\Bogen[5][]{ \draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Dreieckskonstruktion \begin{pgfonlayer}{foreground} \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (0,0); \coordinate[Punkt={anchor=south west}{C}] (C) at (\a,0); \coordinate[Punkt={above}{A}] (A) at (\Beta:\c); \end{pgfonlayer} \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % % Seiten \draw[thick] (B) -- (C) node[midway, above]{$a$}; \draw[thick] (C) -- (A) node[midway, right]{$b$}; \path[] (B) -- (A) node[midway, right]{$c$}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3, "$\gamma$", thick, ] {angle =A--C--B}; % Quadrat über c = BB* \path[] (B) -- ($(B)!\c cm!90:(A)$) coordinate[Punkt={anchor=south west, yshift=3pt}{B^*}] (Bq) ; \path[] (A) -- ($(A)!\c cm!-90:(B)$) coordinate[Punkt={right}{A^*}] (Aq); \draw[] (A) -- (B) -- (Bq) -- (Aq) --cycle; % \path[] (B) -- (Aq) node[midway, fill=black!1]{$c^2$}; % Kongruententes Dreieck an Quadrat \path[] (B) -- (Bq) node[midway, left]{$c$}; \draw[densely dashed] (Bq) --+ (0,-\a) node[midway, right]{$a$} coordinate[Punkt={anchor=north west}{B'}] (Bs) -- (B) node[midway, left]{$b$}; % Parallelogramm unter a \draw[densely dashed] (Bs) --+ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north west}{C'}] (Cs) -- (C) node[midway, right]{$b$}; 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dieses hat den Flächeninhalt $A_P = a\cdot h = a b \sin(90^\circ-\gamma) = a b \cos(\gamma)$. \item Bilde aus dem Parallelogramm das flächengleiche Rechteck $PQCB$; verdopple das Rechteck zum Rechteck $RSCB$; dieses hat den Flächeninhalt $A = 2h \cdot a$. \item Verlängere die Rechtecksseite $|CS|$ um $a = |RS|$, Endpunkt sei $T$. \item Errichte über der Strecke $|CT|$ den Thaleskreis (Mittelpunkt sei $M$). \item Bestimme den Schnittpunkt derjenigen Geraden durch $|RS|$ mit dem Thaleskreis; der Schnittpunkt sei $X$. \item Dann gilt für das rechtwinklige Dreieck $CTX$ nach dem Höhensatz: Das Rechteck aus den Höhenabschnitten ($2h$ und $a$) der zur Hypothenuse gehörenden Höhe ist so groß wie das Quadrat über der Höhe; mit anderen Worten: $ A= 2h \cdot a = 2 b \cos(\gamma) \cdot a = 2ab\cos(\gamma)$. \end{enumerate} }; \end{tikzpicture} \end{document} \sourceoff \showoff


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Kitaktus
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  Beitrag No.47, eingetragen 2019-04-24

Aufgabe 041043: Beweisen Sie folgende Behauptung! Ist die Summe dreier natürlicher Zahlen durch 6 teilbar, dann ist auch die Summe der Kuben dieser drei Zahlen durch 6 teilbar. \ a, b und c seien beliebige ganze (natürliche) Zahlen. Es gilt (a-1)a(a+1) = a^3-a. Von den drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen a-1, a und a+1 ist mindestens eine gerade und mindestens eine durch drei teilbar. Das Produkt ist also durch 6 teilbar. a und a^3 lassen somit stets den selben Rest bei Division durch 6. Das Gleiche gilt natürlich auch für b und c. Daher lässt a^3+b^3+c^3 bei Division durch 6 den selben Rest wie a+b+c. Insbesondere ist a^3+b^3+c^3 genau dann durch 6 teilbar, wenn a+b+c durch 6 teilbar ist.


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Kitaktus
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  Beitrag No.48, eingetragen 2019-04-24

Zum Thema Schwierigkeit der Aufgaben: Meiner Einschätzung nach hat die Schwierigkeit der Aufgaben insbesondere in der Anfangszeit der Mathematikolympiade im Laufe der Zeit deutlich zugenommen. In den frühen Olympiaden gab es einen höheren Anteil an Aufgaben, die allein mit "schulischem" Wissen lösbar waren. Insbesondere "Rechenaufgaben" kamen da noch häufiger vor. Mit der Zeit sind die Fähigkeiten der Schüler und die Schwierigkeit der Aufgabe parallel zueinander gewachsen. Aus meiner Sicht gab es auch in den (späten) Neunzigern nochmal einen deutlichen Schub (zumindest auf dem höheren Niveau), als durch das Internet viel mehr anspruchsvolle Aufgaben allgemein verfügbar wurden, in Foren diskutiert wurden usw.


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Ex_Senior
  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 11:25 - Kitaktus in Beitrag No. 48) Meiner Einschätzung nach hat die Schwierigkeit der Aufgaben insbesondere in der Anfangszeit der Mathematikolympiade im Laufe der Zeit deutlich zugenommen. In den frühen Olympiaden gab es einen höheren Anteil an Aufgaben, die allein mit "schulischem" Wissen lösbar waren. Insbesondere "Rechenaufgaben" kamen da noch häufiger vor. \quoteoff Auf jeden Fall gilt dies bis etwa 2010, danach noch für die 3. und 4.Stufe. Die 1. und 2.Stufe sind seit einigen Jahren deutlich einfacher geworden. Allerdings ist ein Vergleich mit den 1960er Jahren nicht ganz so einfach. Damals wurde mit aller Macht versucht, dass Niveau der Mathematikausbildung kontinuierlich zu verbessern. Die Zeitschrift "alpha" kam erst 1967 heraus und die außerunterrichtliche Förderung der Mathetalente wurde Schritt für Schritt aufgebaut. Ab etwa 1970 wurde es dann deutlich anspruchsvoller. Meiner Meinung nach, ist das erhöhte Niveau sehr zu begrüßen, andernfalls wird Deutschland bei der IMO sonst noch weiter in der Länderliste abrutschen. Leider wird die "normale" Schule in den nächsten Jahren immer weniger begabte Schüler fördern können. Ursache: akuter Lehrermangel in Ma/Phy/Che/Info. Die Förderung der Schüler wird massiv zusammengestrichen, da natürlich erst einmal der Unterricht abgedeckt werden muss. Es wird wohl noch stärker auf die Universitäten und Hochschulen ankommen. Die TU Chemnitz kümmert sich z.B. schon jetzt um die "Supermathematiker" meines Gymnasiums. LG Steffen PS: Ich habe den PDF-Text noch einmal vollständig überarbeitet. Jetzt wird nach Klassenstufen sortiert. Heute nachmittag werde ich noch einige "meiner" Lösungen (gemopst aus der "alpha") einfügen. Auf jeden Fall ist die Unterstützung hier im Forum toll. Danke.


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weird
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  Beitrag No.50, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 11:05 - Kitaktus in Beitrag No. 47) Aufgabe 041043: Beweisen Sie folgende Behauptung! Ist die Summe dreier natürlicher Zahlen durch 6 teilbar, dann ist auch die Summe der Kuben dieser drei Zahlen durch 6 teilbar. \ a, b und c seien beliebige ganze (natürliche) Zahlen. Es gilt (a-1)a(a+1) = a^3-a. Von den drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen a-1, a und a+1 ist mindestens eine gerade und mindestens eine durch drei teilbar. Das Produkt ist also durch 6 teilbar. a und a^3 lassen somit stets den selben Rest bei Division durch 6. Das Gleiche gilt natürlich auch für b und c. Daher lässt a^3+b^3+c^3 bei Division durch 6 den selben Rest wie a+b+c. Insbesondere ist a^3+b^3+c^3 genau dann durch 6 teilbar, wenn a+b+c durch 6 teilbar ist. \quoteoff Alternativ könnte man auch die Identität $(a + b + c)^3 - 3(a + b + c)(ab + ac + bc) + 3abc = a^3 + b^3 + c^3$ benützen. Ist $a+b+c$ durch $6$ teilbar, so ist dann mindestens eine der Zahlen $a,b,c$ gerade und daher auch $3abc$ durch $6$ teilbar, woraus die Behauptung folgt.


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.51, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Alle eure Lösungen, inkl. der Aufgaben, findet ihr unter: https://mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525 \quoteoff Kann es sein, dass mit der PDF etwas nicht stimmt? Ich erhalte beim Öffnen eine Fehlermeldung. Andere PDFs von der Seite gehen, z.B. https://mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/03/OMKlasse_10.pdf


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Kitaktus
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  Beitrag No.52, eingetragen 2019-04-24

Zu Aufgabe 051023: \ Da a und b von 0 verschieden sind, gilt (6ab+2ab)/(6ab-2ab) = 2. Unter Verwendung von (2) folgt (a^2+2ab+b^2)/(a^2-2ab+b^2) = (a+b)^2/(a-b)^2 = 2. Wegen a>b>0 sind a+b und a-b positiv und man kann die Wurzel ziehen und erhält (a+b)/(a-b)=sqrt(2). [Die Antwort wurde nach Beitrag No.50 begonnen.]


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Kitaktus
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  Beitrag No.53, eingetragen 2019-04-24

Zu 051024 (steht hier noch nicht) Die 1007 Teilnehmer eines Kongresses sollen auf möglichst wenig Autobusse mit 13, 29 bzw. 41 Plätzen für Fahrgäste so verteilt werden, dass kein Platz leer bleibt. Wieviel Autobusse, jeder Art sind zu bestellen? Lösung: Es gilt 20*41 + 6*29 + 1*13 = 820 + 174 + 13 = 1007. Es gibt daher eine Lösung, die 20+6+1 = 27 Busse benutzt. Angenommen, es gäbe eine (nichtnegative ganzzahlige) Lösung mit a Bussen mit je 41 Plätzen, b Bussen mit je 29 Plätzen und c Bussen mit je 13 Plätzen für die a + b + c = n (mit ganzzahligem n <=26) (1) 41a + 29b + 13c = 1007 (2) gilt. 41*(1) - (2) ergibt die Gleichung 12b + 28c = 41*n - 1007 (3) Für n=26 vereinfacht sich (3) zu: 12b + 28c = 41*26 - 1007 = 59 (4) Dabei ist die linke Seite gerade, die rechte aber nicht. Eine solche Lösung kann es also nicht geben. Für n<=24 ergibt sich aus (3) die Ungleichung 12b + 28c = 41*n - 1007 <= 41*24 - 1007 = -23 (5) Hier gibt es offenbar keine nichtnegativen Lösungen. Es bleibt also nur noch der Fall n=25. Hier ergibt sich aus (3) die Gleichung 12b + 28c = 41*25 - 1007 = 18. (6) Da a, b und c nichtnegative ganze Zahlen sind, muss c=0 sein, da sonst die linke Seite von (6) bereits zu groß wäre. Es bleibt also die Gleichung 12b = 18, die aber keine ganzzahlige Lösung hat. In allen Fällen führte die obige Annahme zum Widerspruch. Es gibt also keine Lösung, die mit weniger als 27 Bussen auskommt. Die oben angegebene Lösung mit 27 Bussen benutzt also die kleinstmöglich Anzahl an Bussen.


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Ex_Senior
  Beitrag No.54, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

Hallo, \quoteon(2019-04-24 14:04 - Oxythron in Beitrag No. 51) \quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Alle eure Lösungen, inkl. der Aufgaben, findet ihr unter: https://mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525 \quoteoff Kann es sein, dass mit der PDF etwas nicht stimmt? \quoteoff Bei mir funktioniert es. Tut mir leid, dass es Ärger gibt. Sollten andere auch Probleme haben, bitte ich um eine Meldung. Dann muss ich auf die Suche nach dem Fehler gehen. LG Steffen


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  Beitrag No.55, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

Hallo Kitaktus, Danke für die vielen Lösungen. Sie sind schon eingebaut. LG Steffen


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Ex_Senior
  Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

Hallo Steffen, bei mir funktioniert die Anzeige im Firefox/Kubuntu nicht. Ocular zeigt mir ein Dokument mit 8 Seiten, also bei Aufgabe 060935 hört es auf. zur Lösung von 060936 (Beitrag 33, ZePhoCa) möchte ich bedenken anmelden. \quoteon ... Wir konstruieren nun die Orstlinie aller Punkte, die von der verschobenen Gerade und dem Mittelpunkt denselben Abstand haben. Dies ist eine Parabel, ... \quoteoff Das klingt irgendwie nicht nach Konstruktion mit Zirkel und Lineal (Sorry).


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Ex_Senior
  Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 16:16 - TomTom314 in Beitrag No. 56) bei mir funktioniert die Anzeige im Firefox/Kubuntu nicht. Ocular zeigt mir ein Dokument mit 8 Seiten, also bei Aufgabe 060935 hört es auf. \quoteoff Ok, könnte es sein, dass die alte Datei noch im Cache ist. Ich muss auch bei einem neuen Download F5 drücken, sonst bekomme ich die vorhergehende. Egal, ich werde man schauen, ob es bei mir "klemmt". \quoteon(2019-04-24 16:16 - TomTom314 in Beitrag No. 56) zur Lösung von 060936 (Beitrag 33, ZePhoCa) möchte ich bedenken anmelden. \quoteon ... Wir konstruieren nun die Orstlinie aller Punkte, die von der verschobenen Gerade und dem Mittelpunkt denselben Abstand haben. Dies ist eine Parabel, ... \quoteoff Das klingt irgendwie nicht nach Konstruktion mit Zirkel und Lineal (Sorry). \quoteoff Danke für den Hinweis; das habe ich wohl nicht genau durchgelesen. Ich sehe aber keine Korrekturmöglichkeit. Vielleicht sieht jemand eine Möglichkeit. LG Steffen


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  Beitrag No.58, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

Mit "F5" bekomme ich richtige Datei. Da sitzt wohl ein Expires-Tag nicht ganz richtig - keine Ahnung wo dieses zu finden ist.


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Kornkreis
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  Beitrag No.59, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 11:25 - Kitaktus in Beitrag No. 48) Zum Thema Schwierigkeit der Aufgaben: \quoteoff Nicht zu vergessen waren das bis jetzt zumeist Aufgaben der Klassen 9 und 10, Regionalrunde oder Landesrunde (die nächste Stufe ist die nationale Runde), und dementsprechend ist die Lösungsfindung nicht so schwierig.


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  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

\quoteon Aufgabe 060936: In einer Ebene sind ein Kreis k, eine Gerade g sowie ein Punkt A auf g gegeben. Man konstruiere einen Kreis k', der erstens k berührt und zweitens g in A berührt. Man untersuche, wie viele solcher Kreise k' es bei den verschiedenen Lagemöglichkeiten von k, g und A geben kann. \quoteoff Eine rechnerische Lösung wäre: Sei h der Abstand des Kreismittelpunkts von k zur Gerade g und d der Abstand vom Fußpunkt der Strecke h auf g zum Punkt A. r,r' bezeichnen die Radien. Dann erhalten wir mittels Pythagoras: \[(h-r')^2 + d^2 = (r+r')^2 \iff\\ h^2 +d^2 - r^2 = 2(r+h)r'\] Nun können wir über ein rechtwinkliges Dreieck ein Quadrat mit der Fläche $h^2 +d^2 - r^2$ konstruieren und dazu ein Rechteck mit gleicher Fläche, wobei die eine Seite $2(r+h)$ bekannt ist und die andere dann den gesuchten Radius ergibt. Falls $k\cap g\neq \emptyset\iff h\leq r$, gibt es eine zweite Lösung über die Gleichung $(h+r')^2 + d^2 = (r+r')^2$ Schön ist anders. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.58 begonnen.] @kornkreis: Diese Konstruktionsaufgabe finde ich nicht mehr so einfach.


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  Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

\quoteon Aufgabe 040933: Konstruieren Sie zu einem gegebenen Halbkreis mit dem Radius r das einbeschriebene Quadrat! \quoteoff Seien $A$, $B$ die Ecken des Halbkreises und $M$ der Mittelpunkt, Konstruiere in $B$ eine Strecke der Länge $|AB|=2r$ senkrecht zur Gerade $AB$ mit Endpunkt $C$. Der Schnittpunkt der Gerade $MC$ und des Halbkreises ist eine Ecke des gesuchten Quadrats. Mittels Spiegelung und Lot erhalten wir die anderen 3 Ecken.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.62, eingetragen 2019-04-24

Hallo TomTom314 \quoteon(2019-04-24 17:55 - TomTom314 in Beitrag No. 61) \quoteon Aufgabe 040933: Konstruieren Sie zu einem gegebenen Halbkreis mit dem Radius r das einbeschriebene Quadrat! \quoteoff Seien $A$, $B$ die Ecken des Halbkreises und $M$ der Mittelpunkt, Konstruiere in $B$ eine Strecke der Länge $|AB|=2r$ senkrecht zur Gerade $AB$ mit Endpunkt $C$. Der Schnittpunkt der Gerade $MC$ und des Halbkreises ist eine Ecke des gesuchten Quadrats. Mittels Spiegelung und Lot erhalten wir die anderen 3 Ecken. \quoteoff Wenn das stimmt, ist es eine elegante Konstruktion. Aber wieso ergibt sich ein Quadrat?


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.63, eingetragen 2019-04-24

Hallo Caban, \quoteon(2019-04-23 10:31 - Caban in Beitrag No. 35) Lösung für Aufgabe 041226, durch eine Skizze erhalten. Die gesuchte Fläche sind zwei Kreissegmente des Kreises mit dem Radius r und mit dem Koordinatenursprung als Mittelpunkt M. Die Sehne des ersten Kreissegments liegt auf der Gerade y=x+r/2 und das Segment liegt oberhalb dieser Geraden. Die Sehne des zweiten Segments liegt auf der ersten Winkelhalbierenden, das Segment liegt unterhalb. \quoteoff Die Sehne des zweiten Segments solle auf der Geraden y = x - r/2 und nicht auf der ersten Winkelhalbierenden liegen. Oder siehst du das wirklich anders?


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  Beitrag No.64, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 19:55 - StrgAltEntf in Beitrag No. 62) ... Wenn das stimmt, ist es eine elegante Konstruktion. Aber wieso ergibt sich ein Quadrat? \quoteoff Wenn Du vom Mittelpunkt des Halbkreises zu einer oberen Ecke des Quadrats wanderest, gehst Du eine halbe Quadratseite zur Seite und ein ganz nach oben, d.h. die Ecke liegt auf einer Gerade mit Steigung 2, die über $MC$ konstruiert wurde.


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weird
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  Beitrag No.65, eingetragen 2019-04-24

\quoteon(2019-04-24 19:55 - StrgAltEntf in Beitrag No. 62) Hallo TomTom314 \quoteon(2019-04-24 17:55 - TomTom314 in Beitrag No. 61) \quoteon Aufgabe 040933: Konstruieren Sie zu einem gegebenen Halbkreis mit dem Radius r das einbeschriebene Quadrat! \quoteoff Seien $A$, $B$ die Ecken des Halbkreises und $M$ der Mittelpunkt, Konstruiere in $B$ eine Strecke der Länge $|AB|=2r$ senkrecht zur Gerade $AB$ mit Endpunkt $C$. Der Schnittpunkt der Gerade $MC$ und des Halbkreises ist eine Ecke des gesuchten Quadrats. Mittels Spiegelung und Lot erhalten wir die anderen 3 Ecken. \quoteoff Wenn das stimmt, ist es eine elegante Konstruktion. Aber wieso ergibt sich ein Quadrat? \quoteoff Naja, wenn $C'$ der so konstruierte Schnittpunkt der Gerade $MC$ mit dem Halbkreis ist und $B'$ der Fußpunkts des Lots durch $C'$ auf der Strecke $AB$ ist, dann ist doch $MB'$ genau halb so groß wie $B'C'$ nach dem Strahlensatz und das ist doch alles, was man hier braucht. ;-) [Die Antwort wurde nach Beitrag No.62 begonnen.]


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Caban
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  Beitrag No.66, eingetragen 2019-04-24

https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50476_Unbenannt12.png Hallo StrgAltEntf, du hast recht. Ich habe jetztz eine Skizze ergänzt [Die Antwort wurde nach Beitrag No.63 begonnen.]


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  Beitrag No.67, eingetragen 2019-04-24

@TomTom314, @weird \quoteon(2019-04-24 20:09 - weird in Beitrag No. 65) Naja, wenn $C'$ der so konstruierte Schnittpunkt der Gerade $MC$ mit dem Halbkreis ist und $B'$ der Fußpunkts des Lots durch $C'$ auf der Strecke $AB$ ist, dann ist doch $MB'$ genau halb so groß wie $B'C'$ nach dem Strahlensatz und das ist doch alles, was man hier braucht. ;-) \quoteoff Jetzt sehe ich es :-) Danke!


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  Beitrag No.68, eingetragen 2019-04-25

\quoteon(2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart) Ich würde diese Lösungen in eine Datei übernehmen (Latex würde mir die Arbeit erleichtern) \quoteoff Da wäre es sinnvoll, wenn Du mal das LaTeX Grundgerüst angibst; dann kann man Lösungen darauf zuschneidern und Du sparst Dir entsprechende Editorarbeit.


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  Beitrag No.69, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-25

Hallo, die Lösung der Aufgabe 041226 ist mir noch schleierhaft. Tut mir leid. Was ist nun die korrekte Lösung? Ich habe wieder eine neue PDF-Datei mit vielen neuen Aufgaben und vor allem Lösungen. Jetzt sind wir schon bei 60 Seiten. LG Steffen


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Caban
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  Beitrag No.70, eingetragen 2019-04-25

Hallo So jetzt sollte es passen: Die gesuchte Fläche sind zwei Kreissegmente des Kreises mit dem Radius r und mit dem Koordinatenursprung als Mittelpunkt M. Die Sehne des ersten Kreissegments liegt auf der Gerade y=x+r/2 und das Segment liegt oberhalb dieser Geraden. Die Sehne des zweiten Segments liegt auf der Gerade y=x-r/2, das Segment liegt unterhalb.


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  Beitrag No.71, eingetragen 2019-04-25

Zu 041232: \ Die erste Frage ist etwas eigenwillig formuliert. Gefragt ist vermutlich nach dem maximalen Definitionsbereich innerhalb der reellen Zahlen. Der Nenner darf nicht 0 sein, es muss also cx \neq -d bzw. x \neq -d/c gelten (c\neq 0 !). Für alle anderen reelen x ist der Zähler definiert und der Nenner ungleich 0, so dass der Quotient (ax+b)/(cx+d) definiert ist. Der maximale Definitionsbereich ist demnach D=\IR\\{-d/c \} Es gilt ax+b = a/c*(cx+d) + (b-ad/c). f(x) lässt sich daher umschreiben zu f(x) = (ax+b)/(cx+d) = (a/c*(cx+d))/(cx+d) + (b-ad/c)/(cx+d) = a/c + (b-ad/c)/(cx+d). Es seien x_1 und x_2 beliebige reelle Zahlen mit x_1 < x_2 < -d/c oder -d/c < x_1 < x_2 f(x_1) > f(x_2) <=> a/c + (b-ad/c)/(cx_1+d) > a/c + (b-ad/c)/(cx_2+d) <=> (b-ad/c)/(cx_1+d) > (b-ad/c)/(cx_2+d) Multiplikation mit (cx_1+d)(cx_2+d), was in beiden Fällen positiv ist, ergibt: f(x_1) > f(x_2) <=> (b-ad/c)*(cx_2+d) > (b-ad/c)*(cx_1+d) <=> (b-ad/c)*c*(x_2-x_1)>0 <=> (bc-ad)>0 (da x_2-x_1>0). Die Funktion f ist also genau dann in den beiden Intervallen (-\inf,-d/c) und (-d/c ,\inf) streng monoton fallend, wenn bc>ad gilt. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.69 begonnen.]


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  Beitrag No.72, eingetragen 2019-04-25

Zu 050931: \ Sei n^2 eine nicht durch 9 teilbare Quadratzahl. Dann ist n nicht durch 3 teilbar (sonst wäre n^2 durch 9 teilbar). n lässt bei Division durch 3 also den Rest 1 oder 2 und lässt sich daher schreiben als n = 3m + 1 oder n = 3m + 2, mit passend gewähltem ganzzahligem m. Dann ist n^2 = (3m+1)^2 = 9m^2+6m+1 = 3(3m^2+2m) + 1 oder n^2 = (3m+2)^2 = 9m^2+12m+4 = 3(3m^2+4m+1) + 1. In beiden Fällen lässt n^2 bei Division durch 3 den Rest 1.


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Kitaktus
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  Beitrag No.73, eingetragen 2019-04-25

Aufgabe 041231: In einem mathematischen Zirkel einigen sich sechs Teilnehmer auf eine reelle Zahl a, die der siebente Teilnehmer, der vorher das Zimmer verlassen hatte, bestimmen soll. Nach seiner Ruckkehr erhalt er die folgenden Auskunfte: 1. a ist eine rationale Zahl. 2. a ist eine ganzrationale Zahl, die durch 14 teilbar ist. 3. a ist eine reelle Zahl, deren Quadrat gleich 13 ist. 4. a ist eine ganzrationale Zahl, die durch 7 teilbar ist. 5. a ist eine reelle Zahl, die folgende Ungleichung erfullt. 0 < a3 + a < 8 000. 6. a ist eine gerade Zahl. Er erfahrt, dass von den Auskunften 1 und 2, 3 und 4 sowie 5 und 6 jeweils eine wahr und eine falsch ist. Wie lautet die Zahl a! Wie hat der siebente Teilnehmer die Zahl ermittelt? \ Die Zahl lautet 7. Mit folgenden Überlegungen kann die Zahl eindeutig bestimmt werden: Angenommen, die Zahl wäre nicht ganzzahlig (=ganzrational). Dann sind die Aussagen 2, 4 und 6 falsch und die Aussagen 1, 3 und 5 müssten wahr sein. Da es keine rationale Zahl gibt, deren Quadrat gleich 13 ist, können aber Aussagen 1 und 3 nicht gleichzeitig wahr sein. Die Annahme ist also falsch. Demnach ist die gesuchte Zahl a ganzzahlig. Die Aussage 3 ist daher falsch und Aussage 4 ist somit richtig. Außerdem ist Aussage 1 richtig und Aussage 2 falsch. Eine durch 7 teilbare Zahl, die nicht durch 14 teilbar ist, muss ungerade sein. Die Aussage 6 ist daher falsch und die Aussage 5 ist richtig. Die Zahl a ist also ganzzahlig und somit auch rational, ungerade und es gilt 0=0 folgt aus (1) a^3<=a^3+a<8000, also a<=20. Im Bereich 0 bis 20 gibt es nur eine durch 7 teilbare ungerade Zahl, nämlich a=7. Tatsächlich sind für a=7 die Aussagen 1, 4 und 5 wahr (0<7^3+7=350<8000) und die Aussagen 2, 3 und 6 sind falsch.


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  Beitrag No.74, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-25

Die Aufgabe 051031 habe ich selbst: Weisen Sie nach, dass alle Zahlen \[ 1331; 1030301; 1003003001; ...; 1 \underbrace{00...00}_{\text{k Nullen}}3 \underbrace{00...00}_{\text{k Nullen}} 3 \underbrace{00...00}_{\text{k Nullen}} 1 \] Kubikzahlen sind! Nachweis: Es ist \[ 1331 = 1\cdot 10^3 + 3\cdot 10^2+3\cdot 10^1 + 1 = (10+1)^3 \] \[ 1030301 = 1\cdot 10^6 + 3\cdot 10^4+3\cdot 10^2 + 1 = (10^2+1)^3 \] \[ 1003003001 = 1\cdot 10^9 + 3\cdot 10^6+3\cdot 10^3 + 1 = (103+1)^3 \] Folgen bei einer Zahl in der angegebenen Weise jeweils k Nullen direkt aufeinander, so erhält man \[ 1\cdot 10^{3(k+1)} + 3\cdot 10^{2(k+1)} + 3\cdot 10^{k+1} + 1 = (10^{k+1}+1)^3 \] Also ist die angegebene Zahl eine Kubikzahl. Ich tausche die Aufgabe oben also aus. @Kitaktus: Vielen Dank für die vielen Lösungen. @Hyperplot: Hier meine Latex-Datei. Die Dateien werden mit \input ... eingebunden. \hideon \documentclass[11pt]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage[ngerman]{babel} \usepackage{tikz,fullpage,enumerate,icomma} \usetikzlibrary{arrows,calc,intersections,patterns,arrows.meta,backgrounds, positioning,angles, quotes, babel} \usepackage{standalone} \usepackage{geometry} \geometry{ left=2.5cm, textwidth=16cm, marginpar=3cm, top=2cm, bottom=2cm} \setlength{\parindent}{0pt} \usepackage{framed} \usepackage{hyperref} %brauche ich für das Titelblatt \begin{document} .... \end{document} \hideoff Was mich interessieren würde, wie ich eine Kopf- und Fußzeile hineinbekomme. Ich habe schon x-viele Vorschläge im Internet ausprobiert, aber ich war immer zu dämlich. Es hat nicht geklappt. Nebenbei: Ich habe die Layer wieder eingefügt. LG Steffen


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Kornkreis
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  Beitrag No.75, eingetragen 2019-04-25

Aufgabe 041235: Gibt es eine natürliche Zahl z, die auf zwei verschiedene Weisen in der Form \[ z = x! + y! \] dargestellt werden kann, wobei x und y von Null verschiedene natürliche Zahlen sind und $x \leq y$ ist? \showon Lösung Angenommen, $z=x!+y!=a!+b!$ mit $a \neq 0$ und $x\neq a \leq b$. Aufgrund der gleichen Gestalt beider Gleichungen kann man oBdA $a


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Kornkreis
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  Beitrag No.76, eingetragen 2019-04-25

@Steffen: Einige der Aufgaben, die in deiner Pdf ohne Lösung stehen, sind schon gelöst, z.B. die 041242 und 041245: http://www.olympiade-mathematik.de/index.php?option=com_blocka&nr=04124&typ=l&Itemid=124 (wollte ich nur anmerken, weil mir das nicht klar war und ich sonst eine Lösung hier reingeschrieben hätte)


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  Beitrag No.77, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-25

\quoteon(2019-04-25 15:48 - Kornkreis in Beitrag No. 76) @Steffen: Einige der Aufgaben, die in deiner Pdf ohne Lösung stehen, sind schon gelöst, z.B. die 041242 und 041245 \quoteoff Sorry. Die PDF werde ich gleich aktualisieren. PS: Aktualisiert. Ich komme mit dem Schreiben einfach nicht nach. Die Aufgaben, die im ersten Beitrag genannt werden, sind noch ungelöst.


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Kitaktus
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  Beitrag No.78, eingetragen 2019-04-25

Aufgabe 070934: \ Man ermittle alle geordneten Tripel (a, b, c) natürlicher Zahlen a, b und c, für die 1/a+1/b+1/c=1 Zwei Tripel (a_1, b_1, c_1) und (a_2, b_2, c_2) heißen dabei genau dann gleich, wenn a_1 = a_2, b_1 = b_2 und c_1 = c_2 ist. Lösung: Diese Aufgabe lässt sich mit Fallunterscheidung lösen. Es seien 0 1/a = 1 im Widerspruch zu (1). In diesem Fall gibt es keine Lösung. 2. Fall: a>=3 Wenn c>3 ist, dann ist 1/a+1/b+1/c <= 1/3+1/3+1/c < 1/3+1/3+1/3 = 1 im Widerspruch zu (1) Wenn c<=3 ist, dann folgt wegen 3<=a<=b<=c<=3, dass a=b=c=3 gilt. In diesem Fall ist tatsächlich 1/a+1/b+1/c = 1. 3. Fall: a=2 (1) <=> 1/b+1/c=1/2 <=> 2(c+b)=bc (Multiplikation mit 2bc>0) <=> 4 = bc-2(b+c)+4 = (b-2)(c-2) (2) Wegen b>=a muss b>=2 sein und b=2 ist nicht möglich, weil 4\neq(2-2)(c-2)=0. 5<=b<=c ist auch nicht möglich, da dann (b-2)(c-2)>=(5-2)(5-2)=9 > 4 gilt, im Widerspruch zu (2). Es kommen also nur die Fälle b=3 und b=4 in Betracht. 3.1. Fall: b=3 (2) <=> 4 = c-2, also c=6. Tatsächlich ist 1/2+1/3+1/6 = 1. 3.2. Fall: b=4 (2) <=> 4 = 2(c-2), also c=4. Tatsächlich ist 1/2+1/4+1/4 = 1. Es gibt also genau drei Lösungstripel: (3,3,3), (2,3,6) und (2,4,4).


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Ex_Senior
  Beitrag No.79, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-25

Ich habe im PDF-Text alle Aufgaben, bei denen keine Lösungen stehen, mit "Lösung nicht bekannt" bzw. "Lösung bekannt, wird noch ergänzt" versehen und online bereitgestellt. Ich hoffe, dass es damit einfacher wird, offene Aufgaben zu finden. Irgendwie komme ich mit dem Schreiben nicht nach. Ich verspreche aber, so schnell wie möglich zu sein. LG Steffen


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