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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
weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.520, eingetragen 2019-05-25


2019-05-25 12:18 - cyrix in Beitrag No. 519 schreibt:
@weird: Ich denke, das hast du richtig interpretiert. Offenbar war man damals mit dem Ausrufezeichen als Aufforderung, dass man was tun soll, etwas spendabler in den Aufgabenstellungen, selbst wenn es zu Verwirrungen mit der Fakultät kommen könnte...

Ja, danke für diese Info! In diesem Fall ist das wohl ein besonders arger Fall von Gedankenlosigkeit, da das Rufzeichen sogar am Ende einer abgesetzten(!) Gleichung auftritt. Man kann nur hoffen, dass dies nur ein dummer Abschreibfehler ist und wenigstens bei der Mathematik-Olympiade selbst solche Sachen nicht passieren!  eek



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.521, eingetragen 2019-05-25


Huhu,



es gibt von Darij Grinberg, ehemals selber erfolgreicher Teilnehmer der IMO, einen netten Artikel über Tangentenvierecke. In diesem beweist er auf Seite 13ff auch obige Aufgabe.

Gruß,

Küstenkind



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.522, eingetragen 2019-05-25


111245
Man ermittle alle dreistelligen natürlichen Zahlen $x$, geschrieben im dekadischen Positionssystem, für die gilt: Hängt man an die Ziffernfolge der Zahl $x$ rechts die Ziffernfolge der Zahl $x + 1$ an, so erhält
man die Ziffernfolge einer sechsstelligen Quadratzahl.

Lösung
Wir bezeichnen die Zahl, die aus einem $x$ durch das beschriebene Anhängen entsteht, als $y$. Im dekadischen System hat $x$ die Form $abc$, d.h. $x=100 \cdot a + 10 \cdot b + c$ mit $a,b,c \in \{0,...,9\}$. Zusätzlich gilt $a \neq 0$, da $x$ dreistellig sein soll, und $x\neq 999$, da $y$ sechsstellig sein soll.

Es ist $y=(10^3+1)(100\cdot a+10\cdot b+ c)+1=(10^3+1)x+1$ und dies soll stets gleich einer Quadratzahl $n^2$ mit $n \in \mathbb{Z}$ sein.
Wegen $10^3+1=7\cdot 11 \cdot 13$ und da $7,11,13$ Primzahlen sind, folgt daraus $n\equiv \pm 1~\text{mod}~7$, $n\equiv \pm 1~\text{mod}~ 11$, $n\equiv \pm 1~\text{mod}~13$.
Dies liefert acht mögliche Kongruenzsysteme modulo 7, 11 und 13, die $n$ erfüllen soll.

Da 7,11,13 teilerfremd sind, kann man diese Kongruenzsysteme mit dem chinesischen Restsatz für ganze Zahlen lösen (den man schnell und elementar beweisen kann und der daher sicherlich in der Olympiade benutzt werden kann, da es sich um die Klasse 12 und Stufe 4 handelt).

Nach dem chinesischen Restsatz gilt (Bezeichnungen aus dem deutschsprachigen Wikipediaartikel entnommen) $n=\sum_{i=1}^3 a_i e_i+ k\cdot M$, wobei $k$ eine beliebige ganze Zahl ist und $a_i$ die Kongruenzen bezeichnet (hier 1 oder -1). Außerdem ist $e_i=s_i\cdot M_i$, mit $m_1=7$, $m_2=11$, $m_3=13$ und $M=m_1\cdot m_2 \cdot m_3$, $M_i=M/m_i$. $s_i$ ist eine ganze Zahl, die sich aus dem erweiterten euklidischen Algorithmus ergibt: Da $m_i$ und $M_i$ teilerfremd sind, gibt es ganze Zahlen $r_i$, $s_i$ mit $r_i\cdot m_i + s_i\cdot M_i =1$.

Man findet mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus $(r_1,s_1)=(41,-2)$, $(r_2, s_2)=(-33,4)$, $(r_3, s_3)=(6,1)$
und erhält mit dem chinesischen Restsatz die Lösungen für $n$ für die acht Kongruenzsysteme zu $n\in \{1, -1, 573, -573, 727, -727, 155, -155\}+7\cdot 11\cdot 13\, \mathbb{Z}$.

Wegen $10^5 < n^2 <10^6$ folgt $316<n<1000$ oder $-1000<n<-316$. Deshalb kommen für $n$ nur folgende Zahlen in Frage (erinnere $7\cdot 11 \cdot 13=1001$):
$573$, $-573+1001=428$, $-155+1001=846$, $727$ (hier nur die positiven aufgezählt).

Quadrieren liefert $y=328329$, $y=183184$, $y=715716$, $y=528529$ und dementsprechend $x=328$, $x=183$, $x=715$, $x=528$, was alle gesuchten Lösungen sind.





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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.523, eingetragen 2019-05-25


Aufgabe 170921:
Für jede reelle Zahl <math>m</math> und jede reelle Zahl <math>n</math> wird durch <math>y = f(x) = mx + n</math> (<math>x</math> reell) eine Funktion <math>f</math> definiert, deren Graph eine Gerade <math>g</math> ist.
a) Es sei <math>m = \frac{1}{2}</math> und <math>n</math> beliebig reell.
Ermitteln Sie die Koordinaten aller derjenigen Punkte auf <math>g</math>, deren Ordinate doppelt so groß ist wie ihre Abszisse!
b) Es seien <math>m</math> und <math>n</math> beliebig reell.
Ermitteln Sie die Koordinaten aller derjenigen Punkte auf <math>g</math>, deren Ordinate doppelt so groß ist wie ihre Abszisse! (Stellen Sie insbesondere fest, für welche <math>m</math> und <math>n</math> überhaupt ein solcher Punkt auf <math>g</math> existiert!)

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[Die Antwort wurde nach Beitrag No.517 begonnen.]



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.524, eingetragen 2019-05-25




Man könnte ja auch mal den ersten Satz beachten. Wenn die beiden einzigen Wörter "keine Punkt" lauten, darf man das hoffentlich mal anmahnen.

Gruß,

Küstenkind



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.525, eingetragen 2019-05-25


Huhu Steffen,

vll einmal auf eine Überprüfung warten, bevor du diese Lösung übernimmst.



Machen wir erstmal ein Bild (gut, dieses Bild ist schon etwas älter):



Der Winkel zwischen zwei Seitenflächen liegt in einer Ebene, die senkrecht auf den beiden Seitenflächen steht. Diese senkrechte Ebene schneidet die beiden Seitenflächen in zwei Seitenflächenhöhen, die senkrecht auf einer Seitenlange stehen und einen gemeinsamen Fußpunkt haben. Der Winkel zwischen den beiden Seitenflächenhöhen ist der Winkel zwischen den beiden Seitenflächen. \(\angle AEB\) ist ein solcher Winkel. Seine Größe sei \(\tau\). Es gilt somit nach Aufgabenstellung \(\tau=90°\). Dreieck AEB ist gleichschenklig mit der Basis \(\overline{AB}\). Nach Innenwinkelsummensatz gilt somit \(\tau+2\epsilon=180°\) und somit \(\epsilon=45°\). Nach dem Kosinussatz gilt im Dreieck AB:

\(|AE|^2=|AB|^2+|BE|^2-2|AB||AE|\cos \epsilon \quad(*)\)

Da die Dreiecke ACS und BCS kongruent und gleichschenklig sind, ist \(|AE|=|BE|\). Einsetzen in \((*)\) liefert zudem mit \(\cos 45°=\frac{1}{2}\sqrt{2}\) und \(|AB|=a\):

\(|BE|^2=|AB|^2+|BE|^2-2|AB||AE|\cdot \frac{1}{2}\sqrt{2}\)

\(|AB||AE|\cdot \sqrt{2}=|AB|^2\iff |AE|=\frac{a}{2}\sqrt{2}\)

Sei \(\varphi=\angle BCE\). Dreieck CBE ist rechtwinklig. Es gilt:

\(\sin \varphi =\frac{\frac{a}{2}\sqrt{2}}{a}\iff \varphi =45°\).

Dreieck CBS ist gleichschenklig mit Basis CB. Sei \(h_s\) die Höhe auf der Basis und \(s\) die Länge der Seitenkante. Es gilt \(\cos \varphi =\frac{\frac{a}{2}}{s}\iff s=\frac{a}{2}\sqrt{2}\)

Dreieck ABC ist gleichseitig. Die Höhe im gleichseitigen beträgt \(\frac{a}{2}\sqrt{3}\) und die Seitenhalbierenden (im Dreieck gleichzeitig Höhe) schneiden sich im Verhältnis 2:1 , wobei die  Strecke vom Schwerpunkt zum Eckpunkt doppelt so lang ist, wie die Strecke vom Schwerpunkt zum Mittelpunkt der Seite.

Dreieck HCS ist rechtwinklig. Nach dem Satz Satz des Pythagoras gilt:

\(\left(\frac{2}{3} \frac{a}{2}\sqrt{3}\right)^2+h^2=\left(\frac{a}{2}\sqrt{2}\right)^2\iff h=\frac{a}{6}\sqrt{6}\)

Der Quotient berechnet sich also zu \(\frac{h}{a}=\frac{\sqrt{6}}{6}\).

Kann gut sein, dass ich mich irgendwo vertan habe. Meinungen?

Gruß,

Küstenkind




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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.526, eingetragen 2019-05-25



Aufgabe 111046: Es seien $A,B,C,D$ die Ecken eines (nicht notwendig regelmäßigen) Tetraeders, $S$ ein in seinem Inneren gelegener Punkt und $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ die Schnittpunkte der aus $A,B,C$ bzw. $D$ durch $S$ verlaufenden Strahlen mit den Flächen der Dreiecke $\triangle BCD, \triangle ACD, \triangle ABD$ bzw. $\triangle ABC$. Man beweise, dass dann gilt
$\frac{|SA^{\prime}|}{|AA^{\prime}|}+\frac{|SB^{\prime}|}{|BB{\prime}|}+\frac{|SC^{\prime}|}{|CC^{\prime}|}+\frac{|SD^{\prime}|}{|DD^{\prime}|}=1$

Lösung:

Es sei $L_D$ der Höhenfußpunkt von $D$ auf die Tetraederfläche $\triangle ABC$ sowie $L_{SD}$ analog der von $S$ auf die gleiche Fläche. Dann sind nach Konstruktion die Geraden $DL_D$ und $SL_{SD}$ parallel, sodass nach Strahlensatz $\frac{|SL_{SD}|}{|DL_D|}=\frac{|SD^{\prime}|}{|DD^{\prime}|}$ gilt. Da diese Strecken die Höhen der Tetraeder $ABCS$ bzw. $ABCD$ über der gleichen Grundfläche $\triangle ABC$ sind, stehen ihre Volumina $V_D$ bzw. $V$ im gleichen Verhältnis, also $V_D=\frac{|SD^{\prime}|}{|DD^{\prime}|} \cdot V$.

Auf analoge Weise berechnen sich die Volumina $V_A, V_B$ und $V_C$ der Tetraeder $SBCD$, $SACD$ bzw. $SABD$ zu $V_A=\frac{|SA^{\prime}|}{|AA^{\prime}|} \cdot V$, $V_B=\frac{|SB^{\prime}|}{|BB^{\prime}|} \cdot V$ und $V_C=\frac{|SC^{\prime}|}{|CC^{\prime}|} \cdot V$.

Die vier Tetraeder $SABC$, $SABD$, $SACD$ und $SBCD$ zerlegen den Tetraeder $ABCD$ vollständig in vier Teilkörper, sodass sich ihre Volumina zum Volumen des Gesamt-Tetraeder aufaddieren. Es gilt also

$V=V_A+V_B+V_C+V_D=\left(\frac{|SA^{\prime}|}{|AA^{\prime}|}+\frac{|SB^{\prime}|}{|BB{\prime}|}+\frac{|SC^{\prime}|}{|CC^{\prime}|}+\frac{|SD^{\prime}|}{|DD^{\prime}|}\right) \cdot V$,

was wegen $V\neq 0$ direkt das Gewünschte zeigt, $\Box$.


Aufgabe 111043B: Dirk erklärt Jürgen den Nutzen der Differentialrechnung anhand der Lösung der folgenden Aufgabe:
Es sei $ABCDE$ ein ebenes konvexes Fünfeck derart, dass $A,B,C,E$ die Ecpunkte eines Rechtecks und $C,D,E$ die Eckpunkte eines gleichseitigen Dreiecks bilden. Als Flächeninhalt des Fünfecks $ABCDE$ werde nun ein geeigneter Wert $F$ vorgeschrieben.
Man ermittle, ob unter allen diesen Fünfecken eines von kleinstem Umfang $u$ existiert! Ist das der Fall, so berechne man für alle derartigen Fünfecke minimalen Umfangs den Wert $a:b$, wobei $|AB|=a$ und $|BC|=b$ bedeutet.
Am nächsten Tag teilt Jürgen Dirk mit, dass er eine Lösung dieser Aufgabe ohne Verwendung der Differentialrechnung gefunden habe.
Man gebe eine Lösung an, die Jürgen gefunden haben könnte.

Lösung:

Es ist $F=ab+\frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ und $u=3a+2b$, also $b=\frac{u-3a}{2}$ und damit

$F=a \cdot \frac{u}{2} - \frac{3}{2} a^2 +\frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ bzw.

$u=\frac{1}{a} \cdot \left(2F+3a^2-\frac{\sqrt{3}}{2}a^2\right)=\frac{2F}{a} + \left(3-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a$.

Es gilt für positive reelle Zahlen $x$ und $y$ die Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel: $\frac{x+y}{2}\geq\sqrt{xy}$ bzw. nach Multiplikation mit $2$: $x+y\geq 2\sqrt{xy}$, wobei Gleichheit nur genau für $x=y$ eintritt.

Setzt man $x:=\frac{2F}{a}>0$ und $y:=\left(3-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a >0$ in diese Ungleichung ein, erhält man

$u=x+y\geq 2 \cdot \sqrt{\frac{2F}{a} \cdot \left(3-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a} = 2 \cdot \sqrt{(6-\sqrt{3})F}$.

Dabei nimmt $u$ also seinen minimalen Wert genau dann an, wenn

$\frac{2F}{a}=\left(3-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a$ bzw. $4F=(6-\sqrt{3})a^2$, also $a=2\sqrt{\frac{F}{6-\sqrt{3}}}$ und $\frac{\sqrt{3}}{4}a^2=\frac{\sqrt{3}}{6-\sqrt{3}} \cdot F$, sodass wir
$ab=F-\frac{\sqrt{3}}{4}a^2=F \cdot \left(1-\frac{\sqrt{3}}{6-\sqrt{3}}\right)=F \cdot \frac{6-2\sqrt{3}}{6-\sqrt{3}}$ und schließlich

$a:b=\frac{a}{b}=\frac{a^2}{ab}=\frac{4\frac{F}{6-\sqrt{3}}}{F \cdot \frac{6-2\sqrt{3}}{6-\sqrt{3}}} = \frac{4}{6-2\sqrt{3}}=\frac{2}{3-\sqrt{3}}=\frac{2(3+\sqrt{3})}{9-3}=\frac{3+\sqrt{3}}{3}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$

erhalten.

Cyrix

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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.527, eingetragen 2019-05-25


Aufgabe 2 - 141022
Geben Sie alle (geordneten) Tripel (x,y,z) an, die die folgenden Bedingungen erfüllen!
(1) x−y =96,
(2) y−z =96,
(3) x,y und z sind Quadrate natürlicher Zahlen.

Lösung: Wir bestimmen zunächst alle Paare $(u,v)\in\mathbb N^2$, für welche $u^2-v^2=96$ ist. Wegen $(u+v)(u-v)=96$ müssen wir dazu einfach alle Zerlegungen $96=a\cdot b$ von $96$ mit $a>b>0$ durchgehen, wobei die beiden komplementären Teiler $a,b$ von $96$ auch noch die gleiche Parität haben müssen. Damit ist dann garantiert, dass \[u:=\frac{a+b}2,\ v:=\frac{a-b}2\] ein Paar $(u,v)\in\mathbb N^2$  mit obigen Eigenschaften ist. Dies führt auf die folgenden 4 Fälle:

$\bullet\quad (a,b)=(48,2)\mapsto (u,v)=(25,23)$
$\bullet\quad (a,b)=(24,4)\mapsto (u,v)=(14,10)$
$\bullet\quad (a,b)=(16,6)\mapsto (u,v)=(11,5)$
$\bullet\quad (a,b)=(12,8)\mapsto (u,v)=(10,2)$

Die einzige Möglichkeit, die Bedingungen (1)-(3) in der Aufgabenstellung für $x,y,z\in \mathbb N$ zu erfüllen, besteht somit darin
\[x=14^2=196,\ y=10^2=100,\ z=2^2=4\] zu setzen.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.528, eingetragen 2019-05-25


So, dann mal die 1709:




Aufgabe 170922: Jens sagt zu Christa: "Ich kann die Zahl 30 durch einen Term darstellen, der genau dreimal die Zahl 5 und außerdem nur Zeichen von Grundrechenoperationen enthält."
Nach kurzem Besinnen sagt Christa: "Man kann sogar für jede natürliche Zahl $n\geq 2$ die Zahl 30 durch einen Term darstellen, der genau $n$-mal die Zahl 5 und außerdem nur Zeichen von Grundrechenoperationen und Klammern enthält."
Beweisen Sie, dass Christas Aussage wahr ist!

Lösung:

Für $n=3$ wählen wir $5\cdot 5+5=30$, für $n=4$ die Darstellung $5 \cdot (5+5:5)=30$ und für jedes größere $n$ ergänzen wir die Darstellung für $n-2$ um "$+(5-5)$", $\Box$.


Aufgabe 170923: Gegeben sei ein Kreis $k$ und ein Durchmesser $AB$ von $k$. Der Mittelpunkt von $k$ sei $M$. Sind $C$ und $D$ so auf $k$ gelegen, dass $ABCD$ ein konvexes Viereck mit $AB \parallel DC$ ist, so sei $\alpha$ die Größe des Winkels $\angle CMB$ und $\beta$ die Größe desjenigen spitzen Winkels, den die Sehne $DC$ mit der Tangente $t$ an $k$ in $D$ einschließt.
Man ermittle diejenigen Werte des Abstandes zwischen $AB$ und $CD$, für die
a) $2\alpha=\beta$ und b) $\alpha=\beta$ gilt.

Bemerkung: Zumindest in meiner Skizze müsste der Winkel $\alpha$ nicht $\angle CMB$, sondern $\angle BMC$ bezeichnet werden. Deshalb bleibe ich mal dabei...

Lösung:

Wegen $|MB|=|MC|$ ist das Dreieck $\triangle MBC$ gleichschenklig und es gilt $\angle CBM=\angle MCB=\frac{180^{\circ}-\angle BMC}{2}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$.

Da $|DM|=|CM|$ ist, liegt $M$ auf der Mittelsenkrechten der Strecke $CD$, welche wegen $AB \parallel DC$ und $|AM|=|MB|$ gleich der Mittelsenkrechten der Strecke $AB$ ist. Demzufolge geht bei Spiegelung an dieser $A$ in $B$, $M$ in sich selbst und $C$ in $D$ über. Also ist $\angle MAD=\angle CBM=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$.

Nach dem Peripherie-Zentriwinkel-Satz, angewendet auf die Sehne $BC$, ist $\angle MAC=\angle BAC=\frac{1}{2} \angle BMC=\frac{\alpha}{2}$, also $\angle CAD=\angle MAD - \angle MAC=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}-\alpha$. Und nach dem Sehnen-Tangentenwinkel-Satz, angewendet auf die Sehne $CD$, ist dies gleich $\beta$.

Es gilt also allgemein $\alpha+\beta=90^{\circ}$.

Weiterhin ist aufgrund der Definition des Sinus im Einheitskreis der Abstand $h$ der beiden Parallelen gleich $h=\sin\alpha \cdot |MB|$.

a) Aus $2\alpha=\beta$ folgt dann $\alpha=30^{\circ}$ und also $h=\frac{1}{2} |MB|$.

b) Aus $\alpha=\beta$ folgt dann $\alpha=45^{\circ}$ und also $h=\frac{\sqrt{2}}{2} |MB|$.



Aufgabe 170924: Die folgende Abbildung <<siehe Aufgabenstellung>> zeigt 11 Würfelnetze.
a) Ermitteln Sie davon diejenigen, die sich in einem Zuge zeichnen lassen, d.h. als ein zusammenhängender Streckenzug, bei dem jede im Netz auftrretende Strecke genau einmal durchlaufen wird!
b) Geben Sie für diese Netze je einen Anfangs- und Endpunkt eines solchen Streckenzugs an!

Lösung:

Ein solcher Streckenzug lässt sich genau dann zeichnen, wenn es entweder genau null oder genau zwei Punkte in dem Netz gibt, an dem eine ungerade Anzahl von Strecken zusammenstoßen. (An einem solchen Punkt kann man nur starten oder enden, da man an jedem zwischen Knoten für jede Strecke, auf den man ihn erreicht, auch wieder eine benötigt, auf dem man ihn wieder verlässt. Die Anzahl der Strecken, die sich in einem Punkt, der weder Start- noch Endpunkt des Streckenzugs ist, treffen, muss also gerade sein. Andererseits kann eine zusammenhängende Struktur, wo sich -- bis auf ggf. an genau zwei Stellen -- in allen Punkten jeweils eine gerade Anzahl an Strecken treffen, auch immer als durchgehender Streckenzug gezeichnet werden.)

In Netz (1) gibt es 6 Punkte, in denen sich je 3 Strecken treffen, in Netz (2) sind es 4, in Netz (3) auch, in Netz (4) sind es 6, in Netz (5) und 6 jeweils genau 2, in Netz (7) sind es 6, in Netz (8) sind es 4, in Netz (9) genau 2, in Netz (10) sind es 4 und in Netz (11) wieder genau 2. Damit lassen sich genau die Netze (5), (6), (9) und (11) in einem Streckenzug zeichnen. Dabei sind jeweils die beiden Punkte, an denen sich in diesen Netzen je drei Strecken treffen, Anfangs- bzw. Endpunkt des entsprechenden Streckenzugs.

Bemerkung: Im Kontext der Graphentheorie fasst man die Strecken als Kanten und deren Endpunkte als Knoten auf. Die Fragestellung, ob sich alle Kanten in einem Weg zusammenfügen lassen, der jede Kante genau einmal enthält, wird auch als Frage bezeichnet, ob der Graph einen Euler-Weg enthält. (Vgl. Königsberger-Brücken-Problem.)


Aufgabe 170931: Ermitteln Sie die Anzahl der natürlichen Zahlen von 1 bis 1000 (einschließlich dieser Grenzen), die weder durch 2 noch durch 3 noch durch 5 teilbar sind!

Lösung:

Es ist $2\cdot 3\cdot 5=30$, sodass sich alle 30 Zahlen das Schema, welche Reste sie bei der Teilung durch 2, 3 bzw. 5 lassen, wiederholt. Von je 30 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen sind genau 15 ungerade. Von diesen 15 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen sind genau fünf durch 3, genau drei durch 5 und genau eine durch 15 teilbar, sodass genau $15-5-3+1=8$ Zahlen eines solchen 30er-Blocks weder durch 2, 3 noch 5 teilbar sind.

Also finden sich in den 33 30er-Blöcken von 1 bis $33 \cdot 30=990$ genau $33 \cdot 8=264$ weder durch 2, 3 noch 5 teilbare Zahlen. Hinzukommen noch die 991 und 997, da die übrigen ungeraden Zahlen von 991 bis 1000 durch 3 teilbar (993, 999) oder durch 5 teilbar (995) sind.

Es gibt also insgesamt 266 solche Zahlen im zu betrachtenden Intervall.


Aufgabe 170932: Es sei $ABCD$ ein nicht überschlagenes Viereck, das die Seitenlängen $|AB|=9$ cm, $|BC|=6$ cm, $|CD|=11$ cm, $|AD|=8$ cm hat und in dem der Innenwinkel bei $B$ die Größe $110^{\circ}$ hat.
Untersuchen Sie durch Konstruktion, ob durch diese Angaben der Flächeninhalt von $ABCD$ eindeutig bestimmt ist!
Von einem Rechteck $EFGH$ werden nun folgende Eigenschaften gefordert:
(1) Das Rechteck $EFGH$ ist flächengleich dem Viereck $ABCD$.
(2) $A$ liegt auf der Rechteckseite $EA$ zwischen $E$ und $H$, und $C$ liegt auf der Rechteckseite $FG$.
(3) Die Rechteckseite $EH$ steht auf $AC$ senkrecht.
Begründen und beschreiben Sie, wie sich alle diejenigen Punkte konstruieren lassen, die als Eckpunkt $E$ eines Rechtecks $EFGH$ mit den geforderten Eigenschaften (1), (2), (3) auftreten können!

Lösung:

Nach dem Kongruenzsatz sws ist das Dreieck $\triangle ABC$ und damit nach Kongruenzsatz sss das Dreieck $\triangle ACD$, also auch das Viereck $ABCD$ und schließlich genauso sein Flächeninhalt eindeutig bestimmt. Man kann das Viereck $ABCD$, wie folgt, konstruieren:

An die Strecke $AB$ trage man in $B$ den gegebenen Winkel und auf dem zweiten Schenkel die Strecke $BC$ ab, sodass man den Punkt $C$ erhält. Um diesen schlage man einen Kreis mit Radius $|CD|$ und um $A$ einen mit Radius $|DA|$. Diese beiden Kreise liefern zwei Schnittpunkte, wobei aber nur einer ein -- in dieser Reihenfolge der Punkte -- nicht überschlagenes Viereck $ABCD$ liefert.

Für die Gerade $EH$ gilt nach (3), dass sie orthogonal zu $AC$, und nach (2) auch durch $A$ verläuft, sodass es das eindeutig bestimmte Lot von $A$ auf $AC$ ist. Da im Rechteck $EFGH$ die Gerade $FG$ parallel zur Geraden $EH$ ist, muss nach (2) die Gerade $FG$ das eindeutig bestimmte Lot von $C$ auf $AC$ sein, da auch $C$ auf $FG$ liegt. Damit legt ein Punkt $E$ auf $EH$ eindeutig den Punkt $F$ auf $FG$ wegen $EH\perp EF$ fest und es gilt in jedem Fall $|EF|=|AC|$.

Es seien $L_B$ und $L_D$ die Lotfußpunkte von $B$ bzw. $D$ auf $AC$. Dann gilt für den Flächeninhalt $I$ vom Viereck $ABCD$:

$I=I_{\triangle ABC}+I_{\triangle ACD}=|AC| \cdot \frac{|BL_B|+|DL_D|}{2}$.

Konstruiert man also die beiden Lote von $B$ und $D$ auf $AC$, trägt deren Längen auf einer Strecke hinteinander ab und halbiert die so entstandene Summe, hat man die zweite Kantenlänge $|EH|:=\frac{|BL_B|+|DL_D|}{2}$ des Rechtecks $EFGH$ konstruiert.

Damit $A$ nach (2) zwischen $E$ und $H$ liegt, muss $|EA|<|EH|$ gelten. Jeder dieser Punkte erfüllt dann aber die gewünschte Eigenschaft. Man findet alle diese Punkte $E$ dann auf dem Lot zu $AC$ durch $A$, welche innerhalb des Kreises um $A$ mit Radius $|EH|$ liegen.

(Der Punkt $H$ ist dann der eindeutig bestimmte Punkt auf diesem Lot, der die Entfernung $|EH|$ von $E$ hat und auf der gleichen Seite wie $A$ von $E$ liegt. Die Punkte $F$ und $G$ ergeben sich als Schnitte der Parallelen zu $AC$ durch $E$ bzw. $H$ mit dem Lot zu $AC$ durch $C$. Der Flächeninhalt eines solchen Rechtecks $EGH$ berechnet sich dann nach Konstruktion zu $|EF| \cdot |EH|=|AC| \cdot \frac{|BL_B|+|DL_D|}{2} =I$.)


Aufgabe 170933: In einem Dreieck $ABC$ sei $|AC|=b=13$ cm und $|BC|=a=15$ cm. Das Lot von $C$ auf die Gerade durch $A$ und $B$ sei $CD$, und es gelte $|CD|=h_c=12$ cm.
Ermitteln Sie für alle Dreiecke $ABC$, die diesen Bedingungen entsprechen, den Flächeninhalt $I$!

Lösung:

Das Dreieck $\triangle ACD$ ist rechtwinklig mit rechtem Winkel bei $D$. Nach dem Satz von Pythagoras gilt also $|AD|^2+|CD|^2=|AC|^2$, also wegen $\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{169-144}=\sqrt{25}=5$ ist $|AD|=5$ cm.

Auf analoge Weise im rechtwinkligen Dreieck $\triangle BCD$ erhält man wegen $\sqrt{15^2-12^2}=\sqrt{225-144}=\sqrt{81}=9$, dass $|BD|=9$ cm.

Liegen $A$ und $B$ auf der gleichen Seite von $D$ auf der Geraden durch $A$ und $B$ (handelt es sich also beim Dreieck $\triangle ABC$ um ein stumpfwinkliges, sodass der Höhenfußpunkt $D$ außerhalb liegt), so gilt $c=|AB|=|BD|-|AD|=4$ cm und somit $I=\frac{1}{2} c \ cdot h_c=24\ cm^2$.

Liegen dagegen $A$ und $B$ auf verschiedenen Seiten von $D$ auf der Geraden durch $A$ und $B$ (also $D$ zwischen ihnen), dann ist $c=|AB|=|AD|+|BD|=14$ cm und damit $I=84\ cm^2$.


Aufgabe 170934: Für ein gleichschenkliges Trapez $ABCD$ mit $AB \parallel CD$ gelte $|BC|=|CD|=|DA|=a$ sowie $|AB|>a$.
a) Beweisen Sie, dass die Diagonale $AC$ den Innenwinkel $\angle DAB$ des Trapezes halbiert!
b) Berechnen Sie die Länge von $AB$ für den Fall, dass $\angle DAB=60^{\circ}$ gilt!

Bemerkung: Bei kanonischer Anordnung und Bezeichnung der Eckpunkte des Trapezes in mathematisch positiver Orientierung, ist der Innenwinkel bei $A$ "falsch" bezeichnet und müsste eigentlich $\angle BAD$ heißen, damit nicht der zugehörige Gegenwinkel gemeint ist. In der Lösung wird diese "korrekte" Bezeichnungsweise verwendet.

Lösung:
a) Es ist $|DA|=|DC|$, also das Dreieck $\triangle ACD$ gleichschenklig und es gilt $\angle CAD=\angle DCA$. Es sind nun aber $\angle DCA$ und $\angle BAC$ Wechselwinkel an den von $AC$ geschnittenen Parallelen $AB$ bzw. $CD$, also gleich groß, sodass sich direkt $\angle CAD=\angle BAC$ ergibt, also $AC$ die Winkelhalbierende von $\angle BAD$ ist, $\Box$.

b) Aufgrund von $\angle CAD=\angle DCA=\frac{1}{2} \angle BAD= 30^{\circ}$ folgt mit der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle ACD$, dass $\angle ADC=180^{\circ}-2\cdot 30^{\circ}=120^{\circ}$ ist.

Sei $M$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\angle ADC$ mit der Strecke $AB$. Dann besitzt das Dreieck $\triangle AMD$ zwei Innenwinkel der Größe $60^{\circ}$, ist also gleichseitig mit Kantenlänge $|AD|=a$.

Für das Dreieck $\triangle MCD$ gilt $|DM|=|DC|=a$, sodass es gleichschenklig ist und $\angle DCM=\angle CMD$ folgt. Da dessen dritter Innenwinkel $\angle MDC=\angle ADC-\angle ADM=120^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}$ beträgt, ist auch dieses Dreieck gleichseitig mit Kantenlänge $a$.

Schließlich betrachten wir das Dreieck $\triangle MBC$. Auch hier sind nun zwei Seiten gleich lang: $|MC|=|BC|=a$, sodass die gegenüberliegenden Innenwinkel $\angle CBM$ und $\angle BMC$ gleich groß sind, wobei sich letzterer als Differenz des gestreckten Winkels $\angle BMA=180^{\circ}$ und den beiden Winkeln $\angle CMD=\angle DMA=60^{\circ}$, also zu $180^{\circ}-2\cdot 60^{\circ}=60^{\circ}$ ergibt, sodass auch das Dreieck $\triangle MBC$ gleichseitig mit Kantenlänge $a$ ist.

Damit ergibt sich abschließend $|AB|=|AM|+|MB|=2a$.



Aufgabe 170936: Für jedes $i=1,2,3$ seien $x_i$ und $y_i$ zwei beliebige voneinander verschiedene relle Zahlen, und es sei mit $d_i$ die größere der beiden Zahlen $x_i$ und $y_i$ bezeichnet.
a) Beweisen Sie:
Wenn $x_1\leq x_2+x_3$ und $y_1\leq y_2+y_3$ gilt, dann gilt $d_1\leq d_2+d_3$.
b) Stellen Sie fest, ob auch die folgende Aussage gilt:
Wenn $d_1\leq d_2+d_3$ gilt, dann gilt auch $x_1\leq x_2+x_3$.

Lösung:

a) Es sind für alle $i$ die Ungleichungen $x_i\leq d_i$ und $y_i\leq d_i$ nach Definition erfüllt. Also gilt sowohl $x_1\leq x_2+x_3 \leq d_2+d_3$ als auch $y_1\leq y_2+y_3\leq d_2+d_3$. Da $d_1$ eine der beiden Zahlen $x_1$ oder $y_1$ ist, beide aber $\leq d_2+d_3$ sind, gilt dies auch für $d_1$, $\Box$.

b) Dies ist offensichtlich nicht der Fall, wie etwa $x_1=1=y_2=y_3$ und $y_1=0=x_2=x_3$ zeigt. Dann ist nämlich $d_1=d_2=d_3=1$, also $d_1\leq d_2+d_3$, aber $x_1>x_2+x_3$.

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.529, eingetragen 2019-05-25


Aufgabe 1 - 121231
Man ermittle alle reellen Zahlen x, die die Ungleichung $0 < x < \frac{\pi}2$ und die Gleichung $\tan x+\cot x =4$ erfüllen. (Eine Ausrechnung der Zahlenwerte als Dezimalbrüche wird nicht verlangt.)

Unter Benutzung der Umformung \[\tan x+\cot x=\frac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin x\cos x}=\frac2{\sin(2x)}\] lässt sich die Ausgangsgleichung auch einfach schreiben als \[\sin(2x)=\frac12\] mit den beiden Lösungen \[x=\frac{\pi}{12} \quad\text{bzw.}\quad x=\frac{5\pi}{12}\] im Intervall $(0,\frac{\pi}2)$.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.527 begonnen.]



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Aufgabe 1 - 141021
Klaus überprüft während der Ferien seine Vokabelkenntnisse in Russisch. Als er unter den 2555 Wörtern, die er im Laufe der Zeit sorgfältig in sein Vokabelheft eingetragen hat, die Anzahl $z_1$ derjenigen Wörter ermittelt, die er noch beherrscht, und danach die Anzahl $z_2$ der übrigen Wörter, stellt er beim Aufschreiben dieser beiden Zahlen fest, dass $z_1 > z_2$ ist und dass er beim Aufschreiben genau zwei Ziffern verwendet hat, und zwar immer abwechselnd, wobei die an erster Stelle stehende Ziffer bei beiden Zahlen dieselbe ist. Man ermittle $z_1$ und $z_2$!

Lösung: Bei der Addition der beiden Zahlen $z_1$ und $z_2$ kann bei ihrer Addition an keiner Stelle ein Übertrag stattgefunden haben, sonst wären etwa die Einer- und Zehnerstelle ihrer Summe $2555$ nicht gleich. Aus der Tatsache, dass genau die letzten 3 Stellen von 2555 gleich sind, können wir ferner schließen, dass $z_1$ vierstellig und $z_2$ dreistellig sein muss. Ist also die Dezimaldarstellung von $z_1$ von der Bauart $xyxy$, wobei $x$ und $y$ die beiden fraglichen alternierenden Ziffern sind, so muss die Dezimaldarstellung von $z_2$ dann von der Form $xyx$ sein, wobei $x=2$ und $x+y=5$, also dann $y=3$ gelten muss. Und tatsächlich erfüllen die beiden Zahlen $z_1=2323$ und $z_2=232$ alle Bedingungen der Angabe.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.531, eingetragen 2019-05-26



Aufgabe 081242: In einer Ebene $\epsilon$ liege ein Kreis $k$ mit dem Mittelpunkt $M$ und dem Radius $r$.
Als "Spiegelung am Kreis $k$" bezeichnet man die folgende Abbildung, durch die jedem Punkt $P\neq M$ aus $\epsilon$ ein Punkt $P^{\prime}$ aus $\epsilon$ zugeordnet wird:
(1) $P^{\prime}$ lieg auf dem von $M$ ausgehenden und durch $P$ verlaufenden Strahl.
(2) Es ist $|MP| \cdot |MP^{\prime}|=r^2$.
a) Konstruieren Sie zu einem beliebig im Innern von $k$ gegeebenen Punkt $P\neq M$ den Spiegelpunkt $P^{\prime}$!
b) Es sei ein weiterer Kreis $k_1$ beliebig gegeben, jedoch so, dass $M$ außerhalb von $k_1$ liegt. Konstruieren Sie $k_1^{\prime}$, d.h. die Menge aler Spiegelpunkte $P^{\prime}$ der Punkte $P$ von $k_1$!

Lösung:

a) Man zeichne die Gerade $s$ durch $M$ und $P$. Die Orthogonale zu $s$ durch $M$ schneide $k$ in $C$ und $C^{\prime}$. Die Orhtogonale zu $CP$ schneide $s$ in $Q$. Die Spiegelung von $Q$ an $M$ ist dann $P^{\prime}$.

Begründung:
Nach Konstruktion ist das Dreieck $\triangle QPC$ rechtwinklig in $C$ und $QM$ seine Höhe auf die Hypothenuse $QP$. Dann gilt nach dem Höhensatz $|QM| \cdot |MP|=|MQ|^2=r^2$. Spiegelt man $Q$ nun noch an $M$, so liegen dessen Spiegelpunkt $P^{\prime}$ und $P$ auf $s$ auf der gleichen Seite von $M$, also $P^{\prime}$ auf dem von $M$ ausgehenden und durch $P$ verlaufenden Strahl. Weiterhin ist $|MP^{\prime}|$, also $|MP| \cdot |MP^{\prime}|=|MP| \cdot |MQ|=r^2$, wie gewünscht.

b) Es sei $M_1$ der Mittelpunkt von $k_1$. Ist dieser nicht gegeben, so kann man ihn sich leicht als Umrkeismittelpunkt eines beliebigen Dreiecks auf $k_1$ durch Schnitt von zwei der drei zugehörigen Mittelsenkrechten erhalten.

Da $M$ außerhalb von $k_1$ liegt, kann man die durch $M$ verlaufenden Tangenten $t_1$ und $t_2$ an $k_1$ konstruieren. Dazu schneide man den Kreis um den Mittelpunkt der Strecke $MM_1$ und dem Durchmesser $MM_1$ mit $k_1$ und erhalte die Berührpunkte $B_1$ und $B_2$. Die Geraden $MB_1$ und $MB_2$ sind dann die gesuchten Tangenten $t_1$ bzw. $t_2$ an $k_1$.

Begründung zur Tangentenkonstruktion: Nach Konstruktion und Satz von Thales sind die Dreiecke $\triangle MM_1B_1$ und $\triangle MM_1B_2$ rechtwinklig, da $B_1$ und $B_2$ auf dem Kreis mit Durchmesser $MM_1$ liegen. Also sind die Geraden $MB_1$ und $B_1M_1$ bzw. $MB_2$ und $B_2M_1$ jeweils senkrecht zueinander. Dabei sind $B_1M_1$ und $B_2M_1$ Radien, auf die die Geraden $MB_1$ bzw. $MB_2$ in den Punkten auf der Kreislinie senkrecht stehen. Die Geraden $MB_1$ und $MB_2$ berühren also $k_1$ in $B_1$ bzw. $B_2$, sind demnach Tangenten an $k_1$ und verlaufen durch $M$.

Weiter zur Konstruktion:
Man konstruiere gemäß Teilaufgabe a) die Spiegelpunkte $B_1^{\prime}$ von $B_1$ und $B_2^{\prime}$ von $B_2$, errichte auf $t_1$ die Senkrechte durch $B_1^{\prime}$, auf $t_2$ die Senkrechte durch $B_2^{\prime}$ und bezeichne deren Schnittpunkt als $M^{\prime}$. Abschließend konstruiere man den Kreis $k_1^{\prime}$ um $M^{\prime}$ durch $B_1^{\prime}$.

Begründung:
Da alle Punkte auf $k_1$ im von $t_1$ und $t_2$ aufgespannten Winkel mit Scheitelpunkt $M$ liegen, muss dies analog für $k_1^{\prime}$ auch gelten, da ja auch alle von $M$ ausgehenden und durch Punkte von $k_1$ verlaufenden Strahlen in diesem Winkel liefen.
Da $t_1$ sowie $t_2$ jeweils nur einen Punkt mit $k_1$ gemeinsam haben, muss das für $k_1^{\prime}$ auch gelten. Setzen wir hier voraus, dass das Bild eines Kreises $k_1$, der nicht durch $M$ verläuft, wieder ein Kreis ist, erhält man dessen Mittelpunkt also dadurch, dass man die Orthogonalen durch die konstruierten Berührpunkte an den Tangenten schneidet.

Es bleibt zu zeigen, dass $k_1^{\prime}$ tatsächlich das Bild von $k_1$ ist. Sei dazu $P$ ein von $B_1$ und $B_2$ verschiedener Punkt auf $k_1$ und $Q$ der zweite Schnittpunkt des von $M$ ausgehenden Strahl $s$ durch $P$ mit $k_1$. Dann gilt nach dem Sekanten-Tangentensatz bezogen auf den Kreis $k_1$ die Gleichung $|MP| \cdot |MQ|=|MB_1|^2$. Es seien $P^{\prime}$ und $Q^{\prime}$ die Spiegelpunkte von $P$ bzw. $Q$. Dann liegen diese beiden Punkte auch auf dem Strahl $s$ und es gilt $|MP|\cdot |MP^{\prime}|=r^2=|MQ| \cdot |MQ^{\prime}|$, also
$|MP^{\prime}| \cdot |MQ^{\prime}|=\frac{r^2}{|MP|} \cdot \frac{r^2}{|MQ|}=\frac{r^4}{|MP| \cdot |MQ|}=\frac{r^4}{|MB_1|^2}=\left(\frac{r^2}{|MB_1|}\right)^2=|MB_1^{\prime}|^2$.

Damit gilt nach der Umkehrung des Sekanten-Tangentensatz, dass die drie Punkte $P^{\prime}$, $Q^{\prime}$ und $B_1^{\prime}$ auf einem Kreis liegen, für den die Gerade $MB_1^{\prime}$ eine Tangente ist. Also liegen die Bilder aller Punkte von $k_1$ auf $k_1^{\prime}$.

Da die Spiegelung an $k$ bei zweifacher Ausführung jeden Punkt wieder auf sich selbst abbildet und das Bild aller Punkte von $k_1^{\prime}$ nach der gleichen Argumentation auf $k_1$ liegen muss, ist tatsächlich der gesamte Kreis $k_1^{\prime}$ das Bild der Punkte des gesamten Kreises $k_1$.



Aufgabe 081243: Eine Menge $M$ von Elementen $u,v,w$ heißt Halbgruppe, wenn in ihr eine Operation definiert ist, die jedem geordneten Paar $(u,v)$ von Elementen aus $M$ eindeutig ein Element $w$ aus $M$ zuordnet (man schreibt $u\otimes v=w$) und wenn diese algebraische Operation assoziativ ist, d.h., wenn für alle Elemente $u,v,w$ aus $M$ gilt:
$(u\otimes v)\otimes w=u\otimes (v\otimes w)$.
Es sei nun $c$ eine positive reelle Zahl, und es sei $M$ die Menge aller nichtnegativen reellen Zahlen, die kleiner als $c$ sind. Für je zwei Zahlen $u,v$ aus $M$ werde definiert:
$u\otimes v=\frac{u+v}{1+\frac{uv}{c^2}}$.
Man untersuche
a) ob $M$ eine Halbgruppe ist;
b) ob diese Halbgruppe regulär ist, d.h., ob aus $u\otimes v_1=u\otimes v_2$ stets $v_1=v_2$ und aus $v_1 \otimes u=v_2 \otimes u$ ebenfalls $v_1=v_2$ folgt.

Lösung:

a) Zum Beweis der Abgeschlossenheit seien $u,v\in M$, also $0\leq u<c$ und $0\leq v <c$. Dann ist offensichtlich auch $u\otimes v$ als Quotient einer nichtnegativen reellen Zahl $u+v$ und einer positiven reellen Zahl $1+\frac{uv}{c^2}\geq 1+\frac{0\cdot 0}{c^2}=1>0$ selbst nichtnegativ. Weiterhin ist
$u\otimes v <c \Leftrightarrow \frac{u+v}{1+\frac{uv}{c^2}}<c \Leftrightarrow cu+cv<c^2+uv \Leftrightarrow 0<c^2-cu-cv+uv=(c-u)(c-v)$,
was offensichtlich wegen $u<c$ und $v<c$ wahr ist.

Für den Beweis der Assoziativität berechnen wir beide Terme:
$(u\otimes v)\otimes w=\frac{u+v}{1+\frac{uv}{c}^2} \otimes w=\left(c^2 \cdot \frac{u+v}{c^2+uv}\right) \otimes w$
=$c^2 \cdot \frac{c^2\frac{u+v}{c^2+uv} +w}{c^2+c^2\frac{u+v}{c^2+uv} \cdot w}=\frac{\frac{c^2(u+v)+c^2w+uvw}{c^2+uv}}{1+\frac{(u+v)w}{c^2+uv}}$
$=\frac{c^2(u+v+w)+uvw}{c^2+uv+uw+vw}$
und
$u\otimes (v\otimes w)=u\otimes \left(c^2 \cdot \frac{v+w}{c^2+vw}\right)$
$=c^2 \cdot \frac{u+c^2 \cdot \frac{v+w}{c^2+vw}}{c^2+ u \cdot c^2 \cdot \frac{v+w}{c^2+vw}}=\frac{\frac{c^2 \cdot u + uvw + c^2 \cdot (v+w)}{c^2+vw}}{1+\frac{u(v+w)}{c^2+vw}}$
$=\frac{c^2(u+v+w)+uvw}{c^2+vw+uv+uw}$,

sodass offenbar $(u\otimes v)\otimes w=u\otimes (v\otimes w)$ gilt. Damit ist $M$ bezüglich der Verknüpfung $\otimes$ eine Halbgruppe.

b) Es ist $u\otimes v_1 = u\otimes v_2 \Leftrightarrow c^2 \cdot \frac{u+v_1}{c^2+uv_1}=c^2 \cdot \frac{u+v_1}{c^2+uv_1} \Leftrightarrow (u+v_1)(c^2+uv_2)=(u+v_2)(c^2+uv_1)$
$\Leftrightarrow uc^2+u^2v_2+v_1c^2+uv_1v_2=uc^2+u^2v_1+v_2c^2+uv_1v_2$
$\Leftrightarrow u^2(v_2-v_1)-(v_2-v_1)c^2=(v_2-v_1)(u^2-c^2)=0$.

Da aber $u<c$ gilt, ist $u^2-c^2\neq 0$, also $u\otimes v_1 = u\otimes v_2 \Leftrightarrow v_2-v_1=0 \Leftrightarrow v_1=v_2$.

Weiterhin ist $\otimes$ kommutativ, da für alle $uv\in M$ die Beziehung $u\otimes v= \frac{u+v}{1+\frac{uv}{c^2}}=\frac{v+u}{1+\frac{vu}{c^2}}=v\otimes u$ gilt.

Insbesondere folgt also aus $v_1\otimes u=v_2\otimes u$ sofort durch Ausnutzung der Kommutativität auf beiden Seiten der Gleichung $u\otimes v_1 = u\otimes v_2$, und daraus -- wie eben gezeigt -- wieder $v_1=v_2$.

Damit ist die (kommutative) Halbgruppe $(M,\otimes )$ regulär.


Cyrix



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.532, eingetragen 2019-05-26


121224


Im Folgenden wird davon ausgegangen, dass Anfangs- und Endhaltestelle einer Buslinie zu den drei Haltestellen, die es laut (1) gibt, hinzuzählen. Jede Buslinie führt also von Anfangshaltestelle mit genau einem Zwischenstopp zur Endhaltestelle. In den folgenden Überlegungen stehen unterschiedliche Buchstaben für unterschieliche Haltestellen.

Linie 1 möge die drei Haltestellen A, B und C bedienen. In welcher Reihenfolge ist hier irrelevant. Wir schreiben:
Linie 1: A-B-C

Linie 2, die es nach Voraussetzung gibt, hat laut (2) mit Linie 1 genau eine Haltestelle gemeinsam. Dies sei oBdA die Haltestelle A. D und E seien die beiden anderen Haltestellen der Linie 2. Also:
Linie 2: A-D-E

Nach (3) muss es Linien 3 und 4 geben, die B und D bzw. B und E verbinden. (Eine Linie mit den Haltestellen B, D und E kann es nicht geben, da diese mit Linie 2 zwei Haltestellen gemeinsam hätte.) F und G seien die jeweils dritten Haltestellen der Linie 3 und 4. (F und G können nicht identisch sein, da sonst die Linien 3 und 4 zwei Haltestellen gemeinsam hätten, nämlich B und F=G.). Somit:
Linie 3: B-D-F
Linie 4: B-E-G

C und D liegen noch auf keiner gemeinsamen Linie. Also muss es eine weitere Linie geben, die C und D anfährt. Außerdem muss diese mit Linie 4 eine gemeinsame Haltestelle besitzen, was nur G sein kann (da sonst B und C oder D und E auf zwei Linien lägen). Also:
Linie 5: C-D-G

Analog muss es eine Linie geben, die C und E bedient, und diese muss wegen Linie 3 die Haltestelle F besitzen. Also:
Linie 6: C-E-F

Jetzt fehlt noch eine Verbindung zwischen A und F. Diese muss mit Linie 5 eine gemeinsame Haltestelle haben, was nur G sein kann. Also:
Linie 7: A-F-G

Die Linien 1 bis 7 erfüllen offenbar die Bedingungen (1), (2) und (3). Eine weitere Linie kann nicht hinzugefügt werden, ohne eine der Bedingungen (1), (2) oder (3) zu verletzen. Die einzige mögliche Anzahl ist also 7.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.530 begonnen.]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.533, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-26


Danke für die vielen neuen Lösungen.
Die Datei enthält jetzt 580 gelöste Aufgaben.

Nebenbei habe ich für die Klassenstufe 9 alle Aufgaben ergänzt. Für die Aufgaben nach 1989 muss ich erst einmal ein paar Urheberrechtsfragen klären.

LG und einen schönen "Wahlsonntag"
Steffen



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.534, eingetragen 2019-05-26


Huhu,



Es ist \(\displaystyle \sin 5x = 5\sin x \cos^{5-1}x-\binom{5}{3}\sin^3 x\cos^{5-3}x+\binom{5}{5}\sin^5 x\cos^{5-5}x=5\sin x \cos^4 x-10\sin^3 x\cos^2 x+\sin^5 x= \sin x(5\cos^4 x -10(1-\cos^2 x)\cos^2 x+(1-\cos^2 x)^2)=\sin x(5\cos^4 x -10\cos^2 x+10\cos^4 x+1-2\cos^2 x +\cos^4 x)=\sin x(16\cos^4 x-12\cos^2 x+1)=16\sin x\left(\cos^4 x-\frac{3}{4}\cos^2x+\frac{1}{16}\right)\)

Es bleibt also zu zeigen:

\(\displaystyle \sin\left(x-\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x-\frac{2\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{2\pi}{5}\right)=\cos^4 x-\frac{3}{4}\cos^2x+\frac{1}{16}\)

Für die linke Seite nutzen wir nun (zweimal) die Produktformel:

\(\displaystyle \frac{1}{2}\left(\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)-\cos(2x)\right)\frac{1}{2}\left(\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)-\cos(2x)\right)\)

\(\displaystyle =\frac{1}{4}\left(-2\cos^2 x+1+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\right)\left(-2\cos^2 x+1+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)\right)\)

\(\displaystyle = \cos^4 x-\frac{1}{2}\cos^2 x\left(2+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)\right)+\frac{1}{4}\left(\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)+1\right)\)

Das Problem reduziert sich also auf die Berechnung der Werte \(\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)\) und \(\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right)\). Das ist aber nicht schwierig und es gibt verschiedene Möglichkeiten. Ich habe aber erstmal genug getippt. Wer findet die hübscheste Variante?

Einen schönen Sonntag wünscht,

Küstenkind

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.532 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.535, eingetragen 2019-05-26


Die Lösung zur 081222 sieht m.E. gut aus. Für die 081245 habe ich derzeit auch keine andere Idee...

Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.536, eingetragen 2019-05-26


Aufgabe 1 - 141031

In

<math>
\begin{array}{r r r r r}
&A& R& Z& T\\
&A& R& Z& T\\ \hline
&R& Z& T& E
\end{array}\math
</math>


sollen die Buchstaben so durch Ziffern ersetzt werden, dass eine richtiggelöste Additionsaufgabe entsteht. Dabei sollen für die gleichen Buchstaben gleiche Ziffern und für verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern eingesetzt werden. Geben Sie alle Lösungen dafür an! (A und Ä gelten als verschiedene Buchstaben.)

Lösung: Indem wir nachfolgend die oben auftretenden Buchstaben gleich als Variablennamen mit den ihnen entsprechenden Zahlenwerten verwenden, können wir, da offenbar $Ä=1$ gelten muss, sofort die Gleichung
\[2(1000A+100R+10Z+T)=10000+1000R+100Z+10T+E\] aufstellen, aus welcher sich nach einer einfachen Umformung
\[100R+10Z+T=250(A-5)-\frac E8\] ergibt. Aus dieser kann man zunächst unmittelbar folgern, dass $E$ durch 8 teilbar sein muss, und da $E=0$ sofort auf den Widerspruch $T=E$ führen würde, bleibt als nur mehr die Möglichkeit $E=8$. Da $100R+10Z+T$ jedenfalls positiv ist, bleiben dann für $A$ nur mehr eine der Möglichkeiten $A\in\{6,7,8,9\}$, wobei auch die Fälle $A=7$ und $A=9$ sofort ausscheiden, da sie auf den Widerspruch $Z=T=9$ führen würden und auch $A=E=8$ natürlich nicht geht. Es bleibt also nur mehr der Fall \[A=6,\ 100R+10Z+T=249\] übrig, welcher dann auch tatsächlich eine Lösung der Aufgabe ist:

<math>
\begin{array}{r r r r r}
&6& 2& 4& 9\\
&6& 2& 4& 9\\ \hline
1&2& 4& 9& 8
\end{array}\math
</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.534 begonnen.]



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.537, eingetragen 2019-05-26


2019-05-26 18:48 - cyrix in Beitrag No. 535 schreibt:
Die Lösung zur 081222 sieht m.E. gut aus.

Danke für's Drüberschauen.

2019-05-26 18:48 - cyrix in Beitrag No. 535 schreibt:
 Für die 081245 habe ich derzeit auch keine andere Idee...

Stört dich etwas an der bisherigen Rechnung, oder meinst du, die Berechnung der Werte ist für die Schüler zu schwierig? Ich gebe aber zu, dass ich auch noch auf eine "elegantere" Lösung hoffe.

Viele Grüße,

Küstenkind



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.538, eingetragen 2019-05-26


Deine Lösung ist eine, mit der man sicher zum Ziel kommt. Ich vermute jedoch, dass es noch einen netten Kniff geben muss, der die Rechnung vereinfacht. Aber ich sehe ihn nicht. ;)

Cyrix



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.539, eingetragen 2019-05-26


Alles klar - denn es geht dir also wie mir. Meine Lösung folgt dem Motto "Wenn man keine zündende Idee hat, rechnet man einfach mal los.", was in einer Klausur mit Zeitbegrenzung sicherlich aber nicht der schlechteste Ansatz ist.

Gruß,

Küstenkind



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.540, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-27


Ich war heute etwas "fleißig" und habe ein paar Lösungen ergänzt.
Damit sind wir bei 601, d.h. die 600er Grenze ist geschafft.

LG Steffen



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.541, eingetragen 2019-05-27


Dann hier die 18093, was die 1809 abschließt:


Aufgabe 180931: Beweisen Sie folgenden Satz!
Wenn $a,b,c$ und $d$ reelle Zahlen sind, für die $ab-cd\neq 0$, dann gilt $a^2+b^2>0$ oder $c^2+d^2>0$.

Lösung:

Wäre $a^2+b^2=0=c^2+d^2$, so wegen $x^2=0 \equiv x=0$ für alle reellen Zahlen $x$ auch $a=b=c=d=0$ und damit auch $ab-cd=0$ im Widerspruch zur Aufgabenstellung. Also muss $a^2+b^2>0$ oder $c^2+d^2>0$ gelten, $\Box$.


Aufgabe 180932: In der Aufgabe der 2. Stufe war zu zeigen, dass unter vier aufeinanderfolgenden sechsstelligen Zahlen nicht notwendig eine sein muss, deren Quersumme durch 4 teilbar ist.
Man ermittle die größte natürliche Zahl $n$, für die die folgende Aussage wahr ist:
"Es gibt $n$ aufeinanderfolgende natürliche Zahlen, unter denen sich keine befindet, deren Quersumme durch 4 teilbar ist."

Lösung:

Die gesuchte Zahl $n$ ist 6. Dazu  zeigen wir zuerst, dass es 6 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen gibt, deren Quersummen allesamt keine durch 4 teilbaren Zahlen sind, und dann, dass für je 7 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen (mindestens) eine dieser eine durch 4 teilbare Quersumme besitzt.

Wir betrachten die natürlichen Zahlen 4997, 4998, 4999, 5000, 5001 und 5002. Diese 6 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen besitzen die Quersummen 29, 30, 31, 5, 6 und 7, welche alle nicht durch 4 teilbar sind.

Es können sich 7 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen auf nur maximal zwei "Zehner", also Intervalle der Form $[k \cdot 10+0; k\cdot 10+9]$ mit nicht-negativem ganzem $k$, aufteilen. Dann müssen aber in mindestens einem solchen Intervall 4 aufeinanderfolgende dieser Zahlen befinden, deren Quersummen 4 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen sind, wovon eine durch 4 teilbar ist.


Aufgabe 180933: Gegeben sei ein Würfel, dessen Volumen mit $V_1$ bezeichnet sei.
Verbindet man den Mittelpunkt je einer Seitenfläche dieses Würfels mit den Mittelpunkten aller benachbarten Seitenflächen, so erhält man die Kanten eines regelmäßigen Oktaeders. Das Volumen dieses Oktaeders sei $V_2$ genannt.
Verbindet man nun wieder den Schwerpunkt je einer Seitenfläche dieses Oktaeders mit den Schwerpunkten aller benachbarten Seiten, so erhält man die Kanten eines zweiten Würfels. Sei Volumen sei $V_3$ genannt.
Berechnen Sie das Verhältnis $V_1:V_2:V_3$.

Lösung:

Es habe der Ausgangswürfel die Kantenlänge $a$, der Oktaeder die Kantenlänge $b$ und der innere Würfel die Kantenlänge $c$. Dann gilt $V_1=a^3$.

Der Oktaeder lässt sich als Vereinigung zweier gerader Pyramiden mit identischer quadratischer Grundfläche auffassen. Deren Spitzen bilden die Mittelpunkte gegenüberliegender Seitenflächen des Ausgangswürfels, sodass sich als Höhe $h$ einer dieser Pyramiden der Wert $h=\frac{1}{2} a$ ergibt. Diese quadratische Grundfläche beider Pyramiden liegt in der Ebene durch die Mittelpunkte der vier übrigen Seiten des Ausgangswürfels. Jede die Kanten dieser Grundfläche entsteht in dieser Schnittfigur als Hypothenuse eines gleichschenklig rechtwinkligen Dreiecks, dessen Katheten die Länge $\frac{1}{2} a$ haben. Also gilt $b=\frac{\sqrt{2}}{2} a$ und $V_2=2\cdot \frac{1}{3} b^2 \cdot h=\frac{1}{6} a^3$.

Verbindet man die Mittelpunkte zweier benachbarter Kanten der quadratischen Grundfläche der beiden Pyramiden miteinander, entsteht eine Strecke der Länge $\frac{\sqrt{2}}{2} b=\frac{1}{2} a$. Der Schwerpunkt der von der Spitze der Pyramide ausgehenden und in einer solchen Seitenfläche des Oktaeders verlaufenden Seitenhalbierenden teilt diese im Verhältnis $2:1$, sodass sich nach dem Strahlensatz für die Länge $c$ der Strecke zwischen den Schwerpunkten benachbarter Oktaederflächen $\frac{c}{\frac{a}{2}}=\frac{2}{3}$ bzw. $c=\frac{a}{3}$ und damit $V_3=\frac{1}{27} a^3$ ergibt.

Damit gilt $ V_1 : V_2 : V_3 = 1 : \frac{1}{6} : \frac{1}{27} = 54 : 9 : 2$.
 

Aufgabe 180934: In einem rechtwinkligen Dreieck $ABC$ mit dem rechten Winkel bei $C$ teile die von $C$ auf die Hypothenuse $AB$ gefällte Höhe diese im Verhältnis 1:3.
Berechnen Sie die Größe der bei $A$ bzw. $B$ liegenden Innenwinkel des Dreiecks $ABC$!

Lösung:

Es sei $H$ der Fußpunkt der Höhe von $C$ auf $AB$ und es gelte $|HB|=3\cdot |AH|$. Weiterhin seien $\alpha:=\angle BAC$ und $\beta:=\angle ABC$.

Dann ist $|AB|=4 \cdot |AH|$ und nach dem Kathetensatz $|BC|=\sqrt{|AH| \cdot |AB|}=2 \cdot |AH|$. Nach der Definition des Sinus im rechtwinkligen Dreieck ist $\sin\alpha = \frac{|BC|}{|AB|}=\frac{1}{2}$, also $\alpha=30^{\circ}$, da $0<\alpha<90^{\circ}$ gilt. Aus der Innenwinkelsumme im Dreieck erhält man schließlich $\beta=180^{\circ}-90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$.


Aufgabe 180935: Beweisen Sie, dass für jede Primzahl $p$ der Rest, den $p$ bei Division durch 30 lässt, entweder 1 oder eine Primzahl ist!

Lösung:

Ist $p$ gleich 2, 3 oder 5, so ist der Rest von $p$ bei der Division durch 30 offensichtlich $p$ selbst und damit eine Primzahl. Andernfalls ist $p$ weder durch 2, 3 noch 5 teilbar.

Sei nun $p>5$ eine solche Primzahl und $0\leq r < 30$ sein Rest bei der Teilung durch 30. Also gibt es eine ganze Zahl $q$ mit $p=30\cdot q + r$. Dann kann wegen $30=2\cdot 3 \cdot 5$ auch $r$ nicht durch 2, 3 bzw. 5 teilbar sein, denn sonst wäre es $30\cdot q + r$, und damit $p$, auch.

Es verbleiben als mögliche Reste also nur diejenigen Zahlen $0\leq r < 30$, die selbst weder durch 2, 3 noch 5 teilbar sind. Dies sind aber (wegen $7^2=49>30$) genau die Primzahlen und 1, $\Box$.


Aufgabe 180936: Gegeben seien ein Dreieck $ABC$ sowie zwei Punkte $A_1$ und $B_2$ im Innern dieses Dreiecks.
Bei der Verschiebung, die $A$ in $A_1$ überführt, habe $\triangle ABC$ das Bilddreieck $\triangle A_1B_1C_1$.
Bei der Verschiebung, die $B$ in $B_2$ überführt, habe $\triangle ABC$ das Bilddreieck $\triangle A_2B_2C_2$.
Der Durchschnitt der Dreiecksflächen $(ABC)$ und $(A_1B_1C_1)$ sei die Fläche $F_1$. Der Durchschnitt der Dreiecksflächen $(ABC)$ und $(A_2B_2C_2)$ sei die Fläche $F_2$.
Man beweise, dass $F_1$ entweder durch eine Verschiebung oder durch eine zentrische Streckung in $F_2$ überführt werden kann.
Hinweis: Ist $XYZ$ ein Dreieck, so verstehen wir unter der Dreiecksfläche $(XYZ)$ die Menge aller Punkte auf dem Rande und im Innern des Dreiecks $XYZ$.

Lösung:

Durch Verschiebungen bleiben Richtungen erhalten, sodass Bildgeraden parallel zu ihren Urbildern sind. Insbesondere sind also die Geraden $A_1C_1$ und $AC$ zueinander parallel und schneiden sich, da $A_1$ nicht auf $AC$ liegt, nicht. Es liegt $A_1$ in der bezüglich $AB$ gleichen Halbebene wie der Punkt $C$, sodass der von $A_1$ ausgehende und durch $C_1$ verlaufende Strahl die Gerade $AB$ nicht schneidet. Also muss die Strecke $A_1C_1$ wegen $A_1C_1 \parallel AC$ und $|A_1C_1|=|AC|$ die dritte Dreiecksseite $BC$ schneiden. Es sei $S_C$ dieser Schnittpunkt. Analog erhält man, dass auch $A_1B_1$ nur genau die Seite $BC$ schneidet und sei $S_B$ dieser Schnittpunkt.

Dann ist $F_1=(A_1S_BS_C)$. Aufgrund der Parallelitäten $A_1SB=A_1B_1\parallel AB$, $A_1SC=A_1C_1\parallel AC$ und $S_BSC=BC$ ist dabei $\triangle A_1S_BS_C \tilde \triangle ABC$.

Analog erhält man $F_2=(T_AB_2T_C)$ und $\triangle T_AB_2T_C \tilde \triangle ABC$, wobei $T_A$ und $T_C$ die Schnittpunkte von $A_2B_2$ bzw. $C_2B_2$ mit $AC$ seien. Auch hier gilt, dass entsprechende Seiten parallel sind.

Insbesondere sind die beiden $F_1$ und $F_2$ definierenden Dreiecke $\triangle A_1S_BS_C$ und $\triangle T_AB_2T_C$ zueinander ähnlich und entsprechende Seiten beider Dreiecke liegen jeweils parallel zueinander.

Wir betrachten nun die Geraden $T_AA_1$ und $B_2S_B$. Sind diese Geraden nicht parallel, so sei $Z$ ihr Schnittpunkt und es gilt nach dem Strahlensatz mit Scheitelpunkt $Z$ und geschnittenen Parallelen $A_1S_B \parallel T_AB_2$ die Beziehung $\frac{|ZT_A|}{|ZA_1|}=\frac{|ZB_2|}{ZS_B}=:f$. Die zentrische Streckung mit Zentrum $Z$ und Faktor $f$ bildet also $A_1$ auf $T_A$ und $S_B$ auf $B_2$ ab. Da zentrische Streckungen Richtungen erhalten, muss durch diese Streckung auch $S_C$ als Schnitt von Parallelen zu $AB$ und $BC$ durch $S_B$ auch auf den Schnittpunkt der Parallelen zu diesen beiden Geraden durch $B_2$, also $T_C$ abgebildet werden. Also bildet diese zentrische Streckung das Dreieck $\triangle A_1S_BS_C$ auf das Dreieck $\triangle T_AB_2T_C$ und damit auch $F_1$ auf $F_2$ ab.

Schneiden sich die Geraden $T_AA_1$ und $B_2S_B$ dagegen nicht, sind aber verschieden, so bildet das Viereck $A_1S_BB_2T_A$ ein Parallelogramm. Insbesondere sind dann die beiden Strecken $|A_1S_B|$ und $|T_AB_2|$ kongruent und parallel, sodass auch die Figuren $F_1$ und $F_2$ kongruent sind und man $F_2$ aus $F_1$ durch die Verschiebung, die $A_1$ auf $T_A$ abbildet,  erhält.

Liegen abschließend $T_A, A_1, B_2$ und $S_B$ auf einer Geraden $g$, dann unterscheiden wir die beiden Fälle, ob die Gerade $T_CS_C$ diese schneidet, oder parallel dazu ist. (Identisch kann sie nicht sein, da sonst $A_1$, $S_B$ und $S_C$ auf einer Geraden lägen, was aufgrund der Definition der beiden letzteren als Schnittpunkte von verschiedenen von $A_1$ ausgehenden Strahlen mit der gleichen Gerade $BC$ zum Widerspruch führen würde.)

Schneidet $T_CS_C$ die Gerade $g$, so sei $Z$ ihr Schnittpunkt und wegen $A_1S_C \parallel T_AT_C$ folgt aufgrund des Strahlensatzes $\frac{|ZT_A|}{|ZA_1|}=\frac{|ZT_C|}{|ZS_C|}=:f$, sodass durch eine zentrische Streckung mit dem Zentrum $Z$ um den Faktor $f$ die Punkte $A_1$ und $S_C$ auf $T_A$ bzw. $T_C$ abgebildet werden. Analog oben schlussfolgert man nun, dass durch diese zentrische Streckung auch $S_B$ auf $B_2$ und damit $F_1$ auf $F_2$ abgebildet wird.

Sind dagegen $g$ und $T_CS_C$ parallel und verschieden, so bilden $T_AA_1S_CT_C$ und $B_2S_BS_CT_C$ Parallelogramme, sodass $|T_AA_1|=|T_CS_C|=|B_2S_B|$ gilt und die zugehörigen Geraden alle parallel zueinander sind, sodass $F_2$ aus $F_1$ durch die Verschiebung hervorgeht, die $A_1$ auf $T_A$ abbildet.

Damit wurde in jedem Fall gezeigt, dass man $F_2$ aus $F_1$ durch eine Verschiebung oder eine zentrische Streckung erhalten kann. Beides zugleich ist aber nicht möglich, da eine Verschiebung die Kongruenz der Figuren voraussetzt, während jede zentrische Streckung um einen Faktor verschieden von $\pm 1$ die Kongruenz zerstört und nur Ähnlichkeit erhält. Eine Streckung um den Faktor -1 würde aber die Orientierung ändern, während der Umlaufsinn der entsprechenden Punkte $A_1S_BS_C$ bzw. $T_AB_2T_C$ identisch ist. Und eine Streckung um den Faktor 1 entspricht der Identitätsabbildung. Jedoch kann nicht $F_1=F_2$ gelten, da $B_2$ im Innern des Dreiecks $\triangle ABC$ liegt, während der entsprechende Punkt $S_B$ von $F_2$ sich auf dem Rand von $\triangle ABC$ befindet, also von $B_2$ verschieden ist. Demnach gibt es für jeden Fall entweder eine Verschiebung oder eine zentrische Streckung, die $F_2$ auf $F_1$ abbildet, $\Box$.


Cyrix



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.542, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-27


@cyrix: Danke für die vielen neuen Lösungen.
Jetzt haben wir schon 614.

LG Steffen



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.543, eingetragen 2019-05-27


121245
Jemand  schrieb  auf  die  sechs  Flächen  eines  Würfels  je  eine  reelle  Zahl,  wobei  sich  unter diesen 6 Zahlen 0 und 1 befanden. Danach ersetzt er jede dieser 6 Zahlen durch das arithmetische Mittel der vier Zahlen, diezuvor auf den 4 benachbarten Flächen gestanden hatten. (Dabei merkte er sich jede alte, zu ersetzende Zahl auch, nachdem sie ersetzt war, so lange, wie sie noch zur Mittelbildung für die Zahlen ihrer Nachbarflächen herangezogen werden musste.) Mit den 6 so entstandenen neuen Zahlen wiederholte er diese Operation. Insgesamt führte er sie fünfundzwanzig mal durch. Zum Schluss stellte er fest, dass er auf jeder Fläche wieder die gleiche Zahl wie zu Beginn stehen hatte. Konnte er dieses Ergebnis bei richtiger Rechnung erhalten?

Antwort
Nein. Beweis:
Angenommen, die Antwort wäre "ja".
Nach jeder Operation sind die Zahlen gegenüberliegender Flächen gleich, insbesondere gilt dies nach der 25ten Operation und damit auch am Anfang. Man braucht also nur irgendwelche drei Seitenflächen des Würfels zu betrachten, die eine Ecke gemeinsam haben (das Problem reduziert sich also effektiv auf das eines Dreiecks statt eines Würfels, wobei die Zahlen an den Dreiecksecken stehen). Bezeichne die Zahlen, die auf drei solchen Flächen nach der $i$-ten Operation stehen, jeweils als $a_i, b_i, c_i$ $(i\geq 0)$, d.h. $a_0,b_0,c_0$ sind die Zahlen am Anfang.

Man hat $$a_{i+1}=\frac{b_i+c_i}{2},$$ $$b_{i+1}=\frac{a_i+c_i}{2},$$ $$c_{i+1}=\frac{a_i+b_i}{2}$$
(für alle $i\geq 0$), woraus nach Addieren zum einen folgt, dass $a_i+b_i+c_i$ eine Invariante ist für alle $i\geq 0$ (bezeichne die Summe mit $s$), und zum anderen findet man $c_{i+1}=a_{i+1}+b_{i+1}-c_i.$
Mit $a_{i+1}+b_{i+1}=s-c_{i+1}$ ist dann also $2c_{i+1}=s-c_i$.

Die explizite Lösung dieser Rekursionsgleichung ist $$ c_i=\frac{c_0}{(-2)^i}+\frac{s}{2}\frac{-1+1/(-2)^i}{-3/2}.$$
Nach der Aufgabenstellung war eine der Zahlen am Anfang 0, aufgrund der Symmetrie der Gleichungen wählen wir oBdA $c_0=0$. Daraus folgt nun $c_{25}=0=\frac{s}{2}\frac{-1+1/(-2)^{25}}{-3/2}$ und wegen $-1+1/(-2)^{25}\neq 0$ folgt $s=0$.

Sei nun oBdA $b_0=1$ (nach Aufgabenstellung war eine der Zahlen am Anfang 1). Es gilt eine analoge explizite Gleichung für $b_i$ wie für $c_i$, und mit $s=0$ folgt $b_{25}=1=1/(-2)^{25}$, Widerspruch.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.544, eingetragen 2019-05-28


121242
Es sind alle Paare $(x, y)$ ganzer Zahlen anzugeben, für die die Gleichung erfüllt ist:
$x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y^2$

Lösung
Mit $x=z-4$ wird die Gleichung handlicher:

$(z-4)(z-3)(z+3)(z+4)=y^2$ bzw.

$(z^2-16)(z^2-9)=z^4-25z^2+144=(z^2-12)^2-z^2=y^2.$

Aus der letzten Gleichung $(z^2-12)^2-z^2=y^2$ wird ersichtlich, dass für ein Paar $(z,y)$, das die Gleichung erfüllt, zum einen $$(z^2-12)^2 > y^2$$ gilt (für $z\neq 0$), aber auch $$(z^2-13)^2=z^4-26z^2+169 < z^4-24z^2+144-z^2 = y^2$$ für $z^2>25$.
Dies bedeutet, dass $(z^2-12)^2-z^2$ echt zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen liegt und daher nicht gleich einer Quadratzahl $y^2$ sein kann. Folglich muss man nur die Fälle für $z^2 \leq 25$ prüfen.

Man sieht schnell, dass genau $z\in \{-5, -4, -3 , 0, 3, 4, 5\}$ eine Quadratzahl liefert. Die Lösung der Aufgabe lautet also $(x,y)\in \{(-9,\pm 12), (-8,0), (-7, 0), (-4, \pm 12), (-1, 0) (0, 0), (1, \pm 12)\}$.


@Steffen: Ich wollte noch anregen, langfristig auch ein Dokument zu erstellen, in welchem nur die Aufgaben stehen. Oder auch in der jetzigen PDF auf den ersten Seiten nur die Aufgaben hinzuschreiben, bevor dann der Aufgaben+Lösungen-Teil beginnt. Denn wenn die Lösungen direkt unter den Aufgaben stehen, ist das Spoiler-Risiko einfach sehr hoch. Nicht nur für Leute, die die Aufgaben aus Spaß lösen, sondern auch für Schüler, die etwas lernen oder üben wollen, ist es ungünstig, wenn die Lösung sofort dasteht.



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.545, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-28


2019-05-28 01:10 - Kornkreis in Beitrag No. 544 schreibt:
Ich wollte noch anregen, langfristig auch ein Dokument zu erstellen, in welchem nur die Aufgaben stehen. Oder auch in der jetzigen PDF auf den ersten Seiten nur die Aufgaben hinzuschreiben, bevor dann der Aufgaben+Lösungen-Teil beginnt.
Danke für den Hinweis. Ich denke auch schon einige Zeit über eine Änderung nach.
Ich möchte folgende Varianten zur Diskussion stellen, da ich mich nicht entscheiden kann.

Variante A:
Es bleibt eine Datei mit den Lösungen sofort nach den Aufgaben, also die jetzige Form.

Variante B:
In einer Datei werden erst die Aufgaben genannt und im zweiten Teil nur die Lösungen. (nochmals die Aufgaben nennen, wohl eher nicht)

Variante C:
Es werden zwei Dateien, eine mit den Aufgaben, eine mit den Lösungen (Untervariante 1 ohne nochmaliges Nennen der Aufgaben, Untervariante 2 mit Aufgaben (also die jetzige Datei))

Varianten D, E, F:
Die Varianten A bis C, allerdings für jede Klassenstufe 9, 10, 11/12 als Einzeldateien

Varianten G, H, I:
Die Varianten A bis C, allerdings nach den Stufen II, III und IV getrennt als Einzeldateien

Ich bin mir völlig unschlüssig, da ich immer eine Datei bevorzuge, konkret Variante A. Aber Kornkreis' Argument ist vollkommen klar.

Nebenbei: Im Moment habe ich die Datei auf
\documentclass[11pt,a4paper]{scrartcl}
eingestellt. Wenn ich auf 10pt heruntergehe, können wir doch einige Seiten sparen. Ist es dann noch gut lesbar? Ich bin auch hier unschlüssig.

LG Steffen



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.546, eingetragen 2019-05-28


@Kornkreis

Lustigerweise wollte ich heute morgen die Lösung zu Aufgabe 121242 auch gerade posten, als ich dann gesehen habe, dass du mir zuvorgekommen bist. Der Anfang ist dabei noch gleich wie bei dir, danach würde ich etwas anders argumentieren, ohne damit sagen zu wollen, dass es einen großen Unterschied ausmacht. Dieser besteht im wesentlichen darin, dass man etwas weniger auf Probieren angewiesen ist. (Wenn man davon absieht, dass du 3 Lösungen "vergessen" hast, was aber sicher nur ein "Flüchtigkeitsfehler" war.  biggrin )


Ich gehe dazu mit $z=x+4$ ebenfalls von der Gleichung
\[(z^2-16)(z^2-9)=z^4-25z^2-144=y^2\] aus, welche sich nach einer einfachen Umformung auch schreiben lässt als
\[\left(z^2-\frac{25}2\right)^2=\frac{(2y)^2+49}4\quad (*)\] Damit haben wir nur mehr die einfache Frage zu beantworten, für welche Werte von $y$ der Term $(2y)^2+49$ eine Quadratzahl ist. Wir müssen dazu nur zwei Fälle betrachten:

1. Fall: $y=0$

Einsetzen in (*) ergibt dann $z\in\{\pm 3,\pm 4\}$, also dann die Lösungen \[(x,y)\in\{(-8,0),(-7,0),(-1,0),(0,0)\}\]
2. Fall: $y\ne 0$

Ist dann $(2y)^2+49=u^2$ für ein $u\in \mathbb N^*$, so ist $(2|y|,7,u)$ ein primitives pythagoräisches Zahlentripel, d.h., es muss

\[rs=|y|,\ r^2-s^2=7,\ r^2+s^2=u\]
für gewisse $r,s\in \mathbb N^*$ gelten, wobei offensichtlich $r\le 4$ sein muss. Tatsächlich ist $r=4,\ s=3$ die einzige Lösung von $r^2-s^2=7$ in natürlichen Zahlen. Daraus folgt sofort $y=\pm 12$, sowie  $z\in \{0,\pm5\}$, was dann auf die restlichen 6 Lösungen
\[(x,y)\in\{(-9,\pm12),(-4,\pm 12),(1,\pm 12)\}\] hier führt.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.547, eingetragen 2019-05-28


Danke für den Hinweis, weird, hab $\pm$ bei der $12$ hinzugefügt.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.548, eingetragen 2019-05-28


Was die Darstellung der Lösungen angeht:

Die MO veröffentlicht ihre Aufgaben und Lösungen in getrennten Dokumenten. Dass es die Aufgaben eigenständig gibt, ist nachvollziehbar, um ausschließlich mit diesen arbeiten zu können. Bei den alleinstehenden Lösungen finde ich es aber immer nervig, wenn man doch noch mal ne genaue Formulierung der Aufgabenstellung nachschlagen will, diese aber auf einer anderen Seite/ in einem anderen Dokument steht. Hier finde ich das Vorgehen des BWMs schöner, bei dem es die Aufgaben in einem und Aufgaben+Lösungen in einem zweiten Dokument gibt.

Insofern plädiere ich für Variante <math>C_2</math>.

Wenn man diese Dokumente aufgrund des Umfangs auftrennen möchte, würde ich für eine Trennung nach Klassenstufen plädieren, da die Leser tendenziell sich eher für zusammenhängende Aufgaben einer (ihrer) Klassenstufe interessieren dürften als für die einer Runde.

Dies ist aber tatsächlich nur meine Einzelmeinung. Wenn jemand eine andere hat, ist das durchaus diskutabel. :)

Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.549, eingetragen 2019-05-28


Hier auch meine Meinung zur Gliederung der Aufgaben und Lösungen:

Ich würde es - so wie cyrix, wenn ich ihn richtig verstanden habe -  besser finden, die Aufgaben in erster Linie nach Schwierigkeitsgrad und erst dann nach anderen Gesichtspunkten zu ordnen. Des weiteren stört es mich nicht, wenn die Lösungen unmittelbar auf die Aufgaben folgen, mich persönlich nervt da eher die Suche nach der Lösung, wenn man Aufgaben und Lösungen trennt. Ideal wäre natürlich sowas wie die show-Umgebung hier auf dem MP für die Lösungen, aber ich vermute, das geht nicht (oder doch?)



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.550, eingetragen 2019-05-28



Aufgabe 2 - 121222
Es sind alle geordneten Paare $(a,b)$ reeller Zahlen $a,b$ anzugeben, für die das Polynom $f(x)= x^2 +ax+b$ ein Teiler des Polynoms $g(x)= x^4 +ax^2 +b$ ist. Definition: Ein Polynom f(x) heißt genau dann Teiler eines Polynoms $g(x)$, wenn es ein Polynom h(x) gibt, so dass $f(x)\cdot h(x)= g(x)$ gilt.

Lösung: Gemäß Angabe muss für gewisse $c,d\in\mathbb R$ die Gleichung \[(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+ax^2+b\] gelten. Durch Ausmultiplizieren und Koeffizientenvergleich erhält man daraus das folgende nichtlineare Gleichungssystem für die Variablen $a,b,c,d$:

(1) $a+c=0$.
(2) $b+ac+d=a$.
(3) $ad+bc=0$.
(4) $bd=b$.

Zu seiner Lösung führen wir folgende Fallunterscheidung durch:

1.Fall: $b=0$.

(3) wird dann zu $ad=0$. Gilt hier $a=0$, so folgt daraus sofort auch $c=d=0$, ansonsten können wir hierin durch $a$ kürzen, woraus dann $d=0,\ c=1,\ a=-1,\ b=0$ in dieser Reihenfolge folgt. Insgesamt entsprechen diese beiden Fälle den Zerlegungen
\[x^2\, x^2=x^4\quad\text{bzw.}\quad (x^2-x)(x^2+x)=x^4-x^2\]
2.Fall: $b\ne 0$.

Damit muss wegen (4) dann jedenfalls $d=1$ gelten und (3) kann man wegen $c=-a$ auch schreiben in der Form $a=ab$. Hier gilt nun entweder $b=1$, wonach aus (2) dann $a^2+a-2=(a-1)(a+2)=0$ folgt, was die Lösungen
\[(a,bc,d)=(1,1,-1,1)\quad \text{bzw.}\quad (a,b,c,d)=(-2,1,2,1)\] impliziert, oder es ist $a=0$, was auf die Lösung \[(a,b,c,d)=(0,-1,0,1)\] führt. Diese weiteren Lösungen entsprechen damit folgenden Zerlegungen

<math> \begin{array}{rcl}
(x^2+x+1)(x^2-x+1)&=&x^4+x^2+1\\
(x^2-2x+1)(x^2+2x+1)&=&x^4-2x^2+1\\
(x^2-1)(x^2+1)&=&x^4-1
\end{array}
</math>

welche offensichtlich wieder die Bedingungen der Aufgabe erfüllen.



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.551, eingetragen 2019-05-28


Huhu Steffen,

inzwischen hat auch Küstensenior mein Ergebnis bestätigt. Es sollte also passen. Zudem merkte er an, dass Dreieck ABE ja gleichschenklig und rechtwinklig ist. Ein Umweg über den Kosinussatz tut nicht Not, mit Pythagoras folgt direkt \(|AE|=\frac{a}{2}\sqrt{2}\). Mal schauen, vll ändere ich das noch am Wochenende mit mehr Zeit. Schön wäre natürlich noch ein Bild für deine Datei (da bin ich aber überfordert).

Interessant ist an dieser Aufgabe noch, dass der Winkel zwischen 2 Seitenkanten ebenso 90° beträgt. Kann man sich das überlegen, wieso das so sein muss? Das würde die Rechnung natürlich auch abkürzen. Auch darüber will ich noch mal nachdenken, aber vll hat ja jemand anderes dazu auch noch eine Idee.

Soll ich die Lösung für 081245 noch zu Ende schreiben, oder wollen wir auf eine andere warten?

Viele Grüße,

Küstenkind



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.552, eingetragen 2019-05-28


Lustig finde ich ja auch, dass manche Aufgaben hier - oft mit verschiedenen Einkleidungen - gleich mehrfach vorkommen, d.h., das Durchrechnen von alten Aufgaben zur Mathematik-Olympiade macht sich da gleich doppelt bezahlt. Manchmal muss man da aber wirklich zweimal hinschauen, um das auch zu sehen. Ein besonders schönes Beispiel dieser Art sind die Aufgaben 111233 (s. #489) und 121224 (s. #532).  wink



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.553, eingetragen 2019-05-28


So, hier die 1909:


Aufgabe 190921: An einer Kreuzung standen in einer Reihe hintereinander genau 7 Fahrzeuge. Jedes dieser Fahrzeuge war entweder ein Personenkraftwagen oder ein Lastkraftwagen. Über ihre Reihenfolge sei bekannt:
(1) Kein LKW stand direkt vor oder hinter einem anderen LKW.
(2) Genau ein PKW befand sich unmittelbar zwischen zwei LKW.
(3) Genau ein LKW befand sich unmittelbar zwischen zwei PKW.
(4) Genau drei PKW standen unmittelbar hintereinander.
Ermitteln Sie alle Möglichkeiten, in welcher Reihenfolge diese 7 Fahrzeuge gestanden haben können!

Lösung:

Wir kürzen LKW mit "L" und PKW mit "P" ab, sodass z.B. "PPLP" einer Reihenfolge von zwei PKW, einem LKW und einem PKW entspricht.

Nach (2) muss LPL Teil der Fahrzeugkolonne sein. Wäre der vordere L nicht das erste Fahrzeug, so müsste nach (1) ein P vor ihm gestanden haben, analog hinter dem zweiten L, falls dieser nicht das letzte Fahrzeug ist. Dann erhielte man den die Wagenfolge PLPLP, welche (3) widerspricht. Also muss der erste L der erste Wagen oder der zweite L der letzte Wagen sein, wobei nicht beides zugleich geht.

1. Fall: Sei der erste L das erste Fahrzeug, sodass die Fahrzeugkolonne mit LPLP beginnt. Da nach (4) die Wagenfolge PPP vorkommen muss, kann diese nur noch an den Positionen 4-6 oder 5-7 liegen. Letzteres ist aber unmöglich, da sonst 4 P an den Positionen 4-7 hintereinander stünden, was (4) widerspricht. Also lautet die Wagenfolge LPLPPPL; wobei aus analogem Grund auf Position 7 kein P stehen kann.

2. Fall: Sei der zweite L das letzte Fahrzeug. Dann folgt auf analoge Weise zum 1. Fall (diesmal von hinten nach vorn argumentiert), dass die Wagenfolge LPPPLPL lauten muss.

Beide Reihenfolgen erfüllen offenbar alle Kriterien, sind also genau die gesuchten Lösungen.


Aufgabe 190922: Die Zahlen in einem Zahlentripel $(p,q,r)$ seien genau dann "Primzahldrillinge" genannt, wenn jede der drei Zahlen $p$, $q$, $r$ eine Primzahl ist und wenn $p,q,r$ in dieser Reihenfolge drei unmittelbar aufeinaderfolgende ungerade Zahlen sind.
Beweisen Sie, dass es genau ein Zahlentripel $(p,q,r)$ gibt, dass alle diese Bedingungen erfüllt!

Lösung:

Es ist von drei aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen immer genau eine durch 3 teilbar. Da es alles Primzahlen sein sollen, muss also eine der drei Zahlen 3 sein. Da $3-2=1$ keine Primzahl ist, muss der kleinste Wert $p$ gleich 3 sein, sodass sich das Tripel $(3,5,7)$ ergibt, was offenbar alle Voraussetzungen erfüllt, also der einzige "Primzahldrilling" nach Definition der Aufgabenstellung ist, $\Box$.

Bemerkung: So wenig sinnvoll es wäre, "Primzahlzwilling" als "direkt aufeinanderfolgende Primzahlen" zu definieren (weil es dann nur den einen "Primzahlzwilling (2,3) gäbe), so ist es auch nicht sinnvoll, den Begrif "Primzahldrilling" wie in der Aufgabenstellung zu definieren. Im allgemeinen fordert man, dass $p<q<r$ alles Primzahlen mit $r=p+6$ sind. Dabei wählt man den Wert 6 analog wie den Wert 2 bei der Definition von Primzahlzwillingen $(p,q)$ mit $q=p+2$, weil dies der kleinste Wert ist, für den nicht per se aufgrund Teilbarkeit durch kleine Zahlen ausgeschlossen ist, dass es mehr als ein solches Tupel gibt. Ob es unendlich viele Primzahldrillinge nach dieser geeigneteren Definition gibt, ist bisher genauso unklar wie die Frage, ob es unendlich viele Primzahlzwillinge gibt.


Aufgabe 190923: Von einem konvexen Viereck $ABCD$ werde folgendes vorausgesetzt:
Konstruiert man die Winkelhalbierenden seiner Innenwinkel, so entstehen die Schnittpunkte $E,F,G,H$, die so auf den Winkelhalbierenden angeordnet sind, wie dies aus dem Bild <<in der Aufgabenstellung>> ersichtlich ist.
Beweisen Sie, dass unter dieser Voraussetzung stets in dem Viereck $EFGH$ die Summe zweier gegenüberliegender Innenwinkel $180^{\circ}$ beträgt!

Lösung:
Es seien die Innenwinkel des Vierecks $ABCD$ wie üblich mit $\alpha$ bei $A$ bis $\delta$ bei $D$ bezeichnet.

Es ist $\angle FEH=\angle DEA=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\delta}{2}$ und analog $\angle HGF=\angle BGC=180^{\circ}-\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}$, also $\angle FEH+\angle HGF=360^{\circ}-\frac{\alpha+\beta+\gamma+\delta}{2}=180^{\circ}$, $\Box$.


Aufgabe 190924: Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen $x$, für die folgendes gilt!
(1) $x$ ist das Quadrat einer natürlichen Zahl.
(2) Vergrößert man $x$ um 24, so erhält man das Quadrat einer natürlichen Zahl.
(3) Vermindert man $x$ um 24, so erhält man das Quadrat einer natürlichen Zahl.

Lösung:

Es sei nach (1) $x=n^2$ und nach (2) $x+24=n^2+24=(n+s)^2=n^2+2sn+s^2$ mit positiven ganzen Zahlen $n$ und $s$. Es folgt $24=2sn+s^2$ und $s^2=24-2sn=2(12-sn)$, sodass $s^2$ und damit $s$ gerade sowie $s\geq 2$ ist. Weiterhin ist nach (3) $x\geq 24$, also $n\geq 5$ und damit $s^2\leq 24-2\cdot 2 \cdot 5=4$, also auch $s\leq 2$. Man erhält, dass $s=2$ und damit $n=\frac{24-s^2}{2s}=\frac{20}{4}=5$ sein muss. Es ist $x=n^2=25$ also die einzig mögliche Lösung.

Tatsächlich ist nicht nur $x=25=5^2$ das Quadrat einer natürlichen Zahl (1), sondern auch $x^2+24=59=7^2$ (2) und $x^2-24=1=1^2$ (3), sodass $x=25$ tatsächlich auch Lösung (und damit die einzige) ist.


Aufgabe 190931: Beim Lösen einer Gleichung der Form $ax-6=bx-4$ mit gegebenen natürlichen Zahlen $a$ und $b$ stellt Matthias fest:
(1) Die Gleichung hat eine natürliche Zahl $x$ als Lösung.
(2) Die gleiche Zahl ergibt sich, wenn man -- zur Durchführung der Probe -- jeweils auf einer Seite dieser Gleichung die gefundene Lösung $x$ einsetzt.
Ermitteln Sie alle Paare $(a,b)$ natürlicher Zahlen, für die diese Festsstellungen (1) und (2) zutreffen!

Lösung:

Die Gleichung ist äquivalent zu $(a-b)x=2$. Weiterhin ist nach (1) $x\in\mathbb{N}$, also $x\geq 0$, sodass auch $a-b\geq 0$ und also $a-b\in\mathbb{N}$ gilt. Insbesondere ist also $x$ ein Teiler von $2$, d.h., $x=1$ oder $x=2$.

1. Fall: $x=1$. Dann ist nach (2) $a-6=b-4=1$, also $a=7$ und $b=5$. Die Probe bestätigt, dass das Paar $(a,b)=(7,5)$ beide Eigenschaften erfüllt.

2. Fall: $x=2$. Dann ist nach (2) $2a-6=2b-4=2$, also $a=4$ und $b=3$, was wieder durch die Probe bestätigt wird. Das zweite Paar $(a,b)$, was die Aufgabenstellung erfüllt, lautet also $(4,3)$, und weitere gibt es nicht.


Aufgabe 190933: Von $n$ Kartons ($n$ eine beliebige natürliche Zahl größer als 0) werde vorausgesetzt, dass ihre Abmessungen folgende Eigenschaften haben:
Der erste Karton kann in den zweiten gelegt werden (falls $n\geq 2$ ist); die ersten beiden Kartons können nebeneinander in den dritten gelegt werden (falls $n\geq 3$ ist); die ersten drei Kartons können nebeneinander in den vierten gelegt werden (falls $n\geq 4$ ist); $\dots$; die ersten $n-1$ Kartons können nebeneinander in den $n$-ten gelegt werden.
Beweisen Sie, dass es möglich ist, derartige $n$ Kartons so ineinanderzulegen, dass folgende Forderungen erfüllt sind:
(1) Jeder Karton enthält in seinem Innern eine gerade Anzahl anderer Karton (wobei auch 0 als gerade Zahl zugelassen ist.)
(2) Es gibt höchstens zwei Kartons, die in keinem anderen Karton enthalten sind.
(3) Betrachtet man für jeden Karton die Menge aller in seinem Inneren enthaltenen Kartons, so gibt es auch in dieser Menge höchstens zwei Kartons, die in keinem anderen Karton dieser Menge enthalten sind.

Lösung:

Für $n=1$ und $n=2$ sind die Forderungen leicht erfüllbar: Man stelle den einen bzw. die zwei Kartons leer nebeneinander. Sei ab nun $n>2$ und es existiere eine Anordnung der ersten $n-2$ Kartons, die den Anforderungen genügt. Wir unterscheiden, ob in dieser Anordnung ein oder zwei äußere Kartons, die in keinem anderen enthalten sind, existieren.

1. Fall: Die ersten $n-2$ Kartons sind so verpackt, dass nur ein äußerer Karton existiert. Dann packe man den $n-2$-ten und den $n-1$-ten Karton nebeneinander in den $n$-ten. Im $n-1$-ten sind dann 0 und im $n-2$-ten eine gerade Anzahl an Kartons, also auch im $n$-ten. Die Forderungen (2) und (3) sind offensichtlich erfüllt.

2. Fall: Die ersten $n-2$ Kartons sind so verpackt, dass zwei äußere Kartons existieren. Dann packe man diese beiden in den $n-1$-ten Karton und lege daneben den leeren $n$-ten Karton. Im $n-1$-ten Karton sind dann die gerade Anzahl an Kartons in den beiden äußeren Kartons der Anordnung der ersten $n-2$ sowie diese beiden äußeren Kartons, also auch eine gerade Zahl; im $n$-ten Karton ist keiner. Die Bedingungen (2) und (3) sin nach Konstruktion offensichtlich auch erfüllt.

Damit gibt es in jedem Fall auch mit $n$ Kartons eine Anordnung, die der Aufgabenstellung genügt, $\Box$.


Aufgabe 190934: a) Beweisen Sie, dass es im dekadischen Zahlensystem keine dreistellige Primzahl gibt, deren einzelne Ziffern sich so anordnen lassen, dass sie drei unmittelbar aufeinanderfolgende natürliche Zahlen darstellen!
b) Beweisen Sie, dass es für eine geeignete natürliche Zahl $n\geq 3$ im Zahlensystem mit der Basis $n$ eine deistellige Primzahl gibt, deren drei einzelne Ziffern sich so anordnen lassen, dass sie drei unmittelbar aueinanderfolgende natürliche Zahlen darstellen!

Lösung:

a) Es seien $a-1$, $a$, $a+1$ die drei aufeinanderfolgenden Ziffern der dreistelligen Zahl $p$ in irgendeiner Reihenfolge. Dann ist die Quersumme von $p$ gleich $(a-1)+a+(a+1)=3a$ durch 3 teilbar, also auch $p$, sodass $p$ keine Primzahl sein kann.
b) Es ist mit $n=8$ die Zahl $123_8=1\cdot 8^2+2\cdot 8+3=83$ eine Primzahl.


Aufgabe 190935: Auf der Abbildung <<in der Aufgabenstellung>> sind zwei zueinander kongruente Strecken $AB$ und $A^{\prime}B^{\prime}$ gegeben. Gesucht ist ein Punkt $Z$ der Zeichenebene mit folgender Eigenschaft:
Es gibt eine Drehung um $Z$, die $A$ in $A^{\prime}$ und $B$ in $B^{\prime}$ überführt.
Beschreiben und begründen Sie eine Konstruktion eines solchen Punktes $Z$ (falls ein solcher existiert)! Untersuchen Sie, ob genau ein solcher Punkt $Z$ existiert!

Lösung:

Fallen die beiden Punkte $A$ und $A^{\prime}$ zusammen, so gilt offenbar $Z=A$, da bei einer Drehung (um einen von Vielfachen von $360^{\circ}$ verschiedenen Drehwinkel) das Zentrum der einzige Fixpunkt ist. (Ansonsten bleiben alle Punkte fix, was genau dann der Fall wäre, wenn auch $B=B^{\prime}$ gilt. Dann kann man jeden Punkt der Ebene als $Z$ und den Drehwinkel $0^{\circ}$ wählen.) Analog gilt für $B=B^{\prime}$ und $A\neq A^{\prime}$, dass man ausschließlich $Z=B$ als Drehzentrum wählen kann. In beiden Fällen (die nicht beide Punkte auf sich selbst abbilden) ist dann nicht nur das Drehzentrum $Z$, sondern auch der Drehwinkel zwischen $0^{\circ}$ und $360^{\circ}$ eindeutig bestimmt.

Sei ab nun $A\neq A^{\prime}$ und $B\neq B^{\prime}$, sodass die jeweiligen Geraden $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ auch existieren.

Wenn es einen solchen Punkt $Z$ gibt, dann muss $|AZ|=|A^{\prime}Z|$ und $|BZ|=|B^{\prime}Z|$ gelten, sodass $Z$ auf den Mittelsenkrechten von $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ liegen muss. Sind diese Mittelsenkrechten nicht parallel (was genau dann der Fall ist, wenn die Geraden $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ nicht parallel sind), dann ist dieser Punkt $Z$ also eindeutig bestimmt. In dem Fall sind die Dreiecke $\triangle ABZ$ und $\triangle A^{\prime}B^{\prime}Z$ nach dem Kongruenzsatz sss zueinander kongruent. Es ist also $\angle AZB=\angle A^{\prime}ZB^{\prime}$, also (ggf. mit vorzeichenbehafteten Winkeln zu lesen) $\angle AZA^{\prime}=\angle AZB+\angle BZA^{\prime}=\angle A^{\prime}ZB^{\prime}+\angle BZA^{\prime}=\angle BZB^{\prime}$, sodass bei einer Drehung um $Z$ mit Drehwinkel $\angle AZA^{\prime}$ nicht nur $A$ auf $A^{\prime}$, sondern auch $B$ auf $B^{\prime}$ abgebildet wird. Auch hier sind wieder Drehzentrum und Drehwinkel eindeutig bestimmt.

Sind dagegen die Mittelsenkrechten von $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ parallel, so kann es einen solchen Punkt $Z$ nur dann geben, wenn diese beiden Mittelsenkrechten die gleiche Gerade bilden. Andernfalls gibt es keinen Punkt $Z$, der $|AZ|=|A^{\prime}Z|$ und $|BZ|=|B^{\prime}Z|$ erfüllt, was für die Eigenschaft, Drehzentrum zu sein, notwendig ist.

Seien also nun diese Mittelsenkrechten von $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ identisch und mit $m$ bezeichnet. Dann muss jedes Drehzentrum $Z$ auf $m$ liegen. Sei $Z$ ein solches Drehzentrum. Dann gilt $\angle AZA^{\prime}=\angle BZB^{\prime}$, sodass die gleichschenkligen Dreiecke $\triangle AA^{\prime}Z$ und $\triangle BB^{\prime}Z$ in ihren Nicht-Basiswinkeln übereinstimmen, also zueinander ähnlich sind. Demzufolge stimmen auch die zugehörigen Winkel $\angle ZAA^{\prime}$ und $\angle ZBB^{\prime}$ überein. Da die beiden Schenkel $AA^{\prime}$ und $BB^{\prime}$ zueinander parallel sind, müssen es die entsprechend zweiten Schenkel der Winkel $\angle ZAA^{\prime}= \angle ZBB^{\prime}$ auch sein, was $ZA \parallel ZB$ nach sich zieht, sodass $Z$ auch auf der Geraden $AB$ liegen muss. Ist aber $AB$ parallel zu und verschieden von $m$, gibt es keinen solchen Schnittpunkt und damit auch kein Drehzentrum. Andernfalls ist $Z$ nun als Schnitt zweier Geraden $m$ und $AB$ eindeutig bestimmt, da $A$ nicht auf $m$, der Mittelsenkrechten von $AA^{\prime}$ liegen kann, da wir $A\neq A^{\prime}$ vorausgesetzt haben. Da die Spiegelung an $M$ $A$ in $A^{\prime}$ und $B$ in $B^{\prime}$ überführt, ist der Schnittpunkt $Z$ von $m$ und $AB$ auch der von $m$ und $A^{\prime}B^{\prime}$, sodass auch $Z$ auf der Geraden $A^{\prime}B^{\prime}$ liegt und damit $\angle AZA^{\prime}=BZB^{\prime}$ gilt, sodass tatsächlich eine Drehung um $Z$ mit diesem Winkel existiert, welche $A$ auf $A^{\prime}$ und $B$ auf $B^{\prime}$ abbildet.



Aufgabe 190936: Für geeignete natürliche Zahlen $n$ gibt es ebenflächig begrenzte Körper mit $n$ Ecken und weniger als $n$ Flächen. Zum Beispiel ist für $n=8$ ein Quader ein solcher Körper, da er genau 8 Ecken hat und von genau 6 ebenen Flächen(Rechtecken) begrenzt wird.
Untersuchen Sie, ob eine natürliche Zahl $N$ die Eigenschaft hat, dass es für jede natürliche Zahl $n\geq N$ einen ebenflächig begrenzten Körper mit $n$ Ecken gibt, der von weniger als $n$ ebenen Flächen begrenzt wird!
Wenn dies der Fall ist, ermitteln Sie die kleinste natürliche Zahl $N$ mit dieser Eigenschaft!

Lösung:

Sei $m\geq 3$ eine natürliche Zahl. Dann hat das gerade Prisma, dessen Grund- und Deckfläche ein regelmäßiges $m$-Eck ist, genau $n=2m$ Eckpunkte und besitzt $m+2<m+m=n$ Seitenflächen. Für gerade Zahlen $n\geq 6$ gibt es also solche Körper.

Setzt man auf eine der rechteckigen Seitenflächen eines solchen Prismas eine vierseitige Pyramide mit entsprechender Grundfläche auf, so erhöht sich die Eckenanzahl des nun neuen Körpers auf $2m+1$ (die Spitze der Pyramide ist hinzugekommen) und die Anzahl der Seitenflächenanzahl auf $(m+2)-1+4=m+5$ (die eine Seitenfläche liegt als Grundfläche der Pyramide nun im Inneren des neuen Körpers, verschwindet also, während durch die Pyramide 4 neue Seitenflächen hinzukommen), was für $m\geq 5$ noch immer kleiner ist als die Eckpunktanzahl $n=2n+1$. Damit gibt es also auch für ungerade $n\geq 11$ jeweils solche Körper.

Für $n=9$ betrachte man einen geraden dreiseitigen Pyramidenstumpf. Dieser besitzt sowohl in Grund- als auch Deckfläche je 3 Punkte, insgesamt also 6, und neben Grund- und Deckfläche noch 3 weitere Seitenflächen, insgesamt also 5. Verklebt man nun zwei kongruente solche Pyramidenstümpfe an ihren Grundflächen, erhöht sich die Eckpunktanzahl des neuen Körpers auf 6+3=9 und die Anzahl der Seitenflächen auf 5-1+3+1=8. Also existiert auch für $n=9$ ein solcher Körper.

Für $n=7$ betrachte man ein regelmäßiges Fünfeck $ABCDE$ sowie die durch Verschiebung der Höhe von $A$ auf die gegenüberliegende Seite $CD$ senkrecht zur Ebene des Fünfecks entstehenden Strecke $PQ$. Verbindet man die Punkte $C$ und $D$ mit $Q$ sowie $A$, $B$ und $E$ mit $P$, entsteht ein ebenflächig begrenzter Körper mit den 7 Eckpunkten $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $P$ und $Q$ sowie den Flächen $ABCDE$, $CDQ$, $BCQP$, $EDQP$, $ABP$ und $AEP$; also mit 6 Seitenflächen. Damit existiert auch für $n=7$ ein solcher Körper.

Also kann $N=6$ gewählt werden, da für jedes $n\geq 6$ ein entsprechender Körper mit $n$ Eckpunkten und weniger Seitenflächen existiert.

Man kann aber nicht $N<6$ wählen, da kein solcher Körper mit $e:=n=5$ Eckpunkten existiert: Da von jedem dieser Eckpunkte mindestens 3 Kanten ausgehen, muss die Summe dieser Anzahlen also mindestens 15 betragen. Da dabei jede Kante doppelt gezählt wird (sie verbindet ja genau zwei Eckpunkte), muss es also mindestens $k\geq\frac{15}{2}$, und damit auch $k\geq 8$, Kanten in dem Körper geben. Sei $f$ die Anzahl von dessen Flächen. Dann gilt nach dem Eulerschen Polyedersatz $e-k+f=2$. Mit $e=5$ und $k\geq 8$ folgt somit $f=2-e+f\geq 2-5+8=5$, sodass es keinen solchen Körper mit 5 Eckpunkten aber weniger als 5 Flächen geben kann. Also ist tatsächlich $N=6$ der kleinste solche Wert.

Cyrix

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.554, eingetragen 2019-05-28


2019-05-28 20:32 - weird in Beitrag No. 552 schreibt:
Lustig finde ich ja auch, dass manche Aufgaben hier - oft mit verschiedenen Einkleidungen - gleich mehrfach vorkommen, d.h., das Durchrechnen von alten Aufgaben zur Mathematik-Olympiade macht sich da gleich doppelt bezahlt. Manchmal muss man da aber wirklich zweimal hinschauen, um das auch zu sehen. Ein besonders schönes Beispiel dieser Art sind die Aufgaben 111233 (s. #489) und 121224 (s. #532).  wink

Naja, projektive Ebenen der Ordnung 3 gibt es halt nicht allzu viele. wink

Cyrix



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.555, eingetragen 2019-05-28


@weird: Das ist mir vor allem bei späteren Olympiaden aufgefallen, irgendwann ähneln sich die Konzepte. Aber vor allem bei den höheren Stufen und Runden wird eigentlich darauf geachtet, dass es kaum Ähnlichkeiten zu früheren Aufgaben gibt. Bei den niedrigeren Runden findet man (wieder vor allem bei späteren Olympiaden) allerdings tatsächlich eindeutig recycelte Aufgaben, teilweise selbst ohne große Änderungen der Einkleidung. Selten findet man auch, dass in derselben Runde eine Aufgabe der höheren Klassenstufe in einfacherer Form in der niedrigeren Klassenstufe gestellt wird, was funktioniert, da die Klausuren gleichzeitig geschrieben werden.

2019-05-28 21:01 - cyrix in Beitrag No. 553 schreibt:

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]

Wie hast du das denn hinbekommen?  biggrin

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.553 begonnen.]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.556, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-28


Hallo,
ich danke euch für die neuen Lösungen und die Hinweise zur Zukunft der Aufgabensammlung.
Ich habe heute alle neu formatiert (10 pt) und eine 2.Datei produziert, die nur die Aufgaben enthält.
Die Aufgabendatei:
mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=21095
Die Datei mit Aufgaben und Lösungen:
mathematikalpha.de/?smd_process_download=1&download_id=20525

Mittlerweile habe ich auch schon 1.Versuche mit Dateien für Klasse 9, 10 und 12 gestartet. Mal sehen, was wird.

LG Steffen

Ach ja: Gleichzeitig habe ich die Anzahl der Lösungen noch einmal gezählt und der alte Wert war 2 zu groß. Damit sind es jetzt 624 gelöste Aufgaben. Ein unglaubliches Ergebnis in dieser kurzen Zeit.
Auf die Mitglieder des Matheplaneten ist eben Verlass.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.554 begonnen.]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.557, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-29


Ich habe noch einmal eine "Schönheitsänderung" durchgeführt.
Da der Rahmen um die Aufgaben merkwürdig bei Seitenumbrüchen reagiert hat und ich alles per Hand nachjustieren musste, habe ich den Rahmen gegen einen farbigen Untergrund getauscht.
Mir gefällt es.

LG Steffen



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.558, eingetragen 2019-05-29


Aufgabe 3 - 121233 Drei Schulen, je eine aus Adorf, Bedorf und Cedorf, führten bei einem Kreissportfest einen Leichtathletikwettkampf durch. In jeder Disziplin stellte jede Schule genau einen Teilnehmer. Ein Reporter interviewte nach dem Wettkampf einen Zuschauer:

Reporter: ”Wer hat den gesamten Wettkampf gewonnen?”
Zuschauer: ”Adorf gewann den Weitsprung, aber den gesamten Wettkampf gewann Bedorf, und zwar mit 22 Punkten. Adorf und Cedorf erreichten je 9 Punkte.”
Reporter: ”Wie wurden die Punkte verteilt?”
Zuschauer: ”In jeder der Disziplinen erhielt der Erste eine bestimmte Punktzahl, der Zweite eine kleinere, der Dritte eine noch kleinere, aber mindestens einen Punkt. Diese Verteilung war für alle Disziplinen dieselbe. Alle Punktzahlen waren ganzzahlig.”
Reporter: ”In wieviel Disziplinen fand der Wettkampf insgesamt statt?”
Zuschauer: ”Ich weiß es nicht.”
Reporter: ”Wer hat das Kugelstoßen gewonnen?”
Zuschauer: ”Ich weiß es nicht, aber Kugelstoßen war dabei.

Ermitteln Sie, ob die folgenden beiden Fragen auf Grund dieser (sämtlich als wahr vorausgesetzten) Aussagen eindeutig beantwortet werden können, und geben Sie alle Antworten, die mit diesen Aussagen vereinbar sind, an!
a) Welche der drei Schulen gewann das Kugelstoßen?
b) Welche Schule belegte beim Weitsprung den zweiten Platz? (Es sei bekannt, dass in jeder der Disziplinen eine eindeutige Reihenfolge der Wettkampfteilnehmer ermittelt wurde.)

Lösung: Es bezeichne im Folgenden $k$ die Anzahl der Wettkämpfe und $P$ die Gesamtzahl der für jeden Wettkampf zu verteilenden Punkte. Da laut Angabe die Gesamtpunktezahl für alle Wettkämpfe zusammengenommen $40(=9+22+9)$ beträgt, wissen wir, dass $k\cdot P=40$ sein muss. Ferner ist $P\ge 6(=3+2+1)$, da die Punktezahlen für die einzelnen Platzierungen laut Angabe verschiedene positive ganze Zahlen sind. Dies schränkt dann auch $k$ auf die drei Fälle $k=2,4,5$ ein, welche wir nachfolgend untersuchen.

1.Fall: $k=2,\ P=20$

Hier müsste dann ADorf allein für seinen Sieg im Weitsprung schon mehr als 10 Punkte bekommen, obwohl seine Geamtpunktzahl nur 9 beträgt, Widerspruch!

2.Fall: $k=4,\ P=10$

Für einen einzelnen Sieg in einem Wettkampf müsste es dann mindestens 6 Punkte geben, damit BeDorf auf seine Gesamtzahl von 22 Punkten kommt. Dies ist aber zugleich der Höchstwert für einen solchen Sieg, sonst wäre die Punktestände von jeweils 9 für ADorf und CeDorf nicht möglich. Dies impliziert dann automatisch die Punkteverteilung 6,3,1 für die drei Plätze in jedem Wettkampf, womit aber z.B. BeDorf dann nicht auf seine 22 Punkte kommt.

3. Fall: $k=5,\ P=8$

Für einen einzelnen Sieg in einem Wettkampf müsste es diesmal mindestens 5 Punkte geben, damit BeDorf auf seine Gesamtzahl von 22 Punkten kommt. Dies ist aber zugleich der höchste Wert für einen Sieg, für den eine additive Zerlegung von $P$ in 3 verschiedene positve ganze Zahlen möglich ist, nämlich in diesem Fall $P=8=5+2+1$. Abgesehen von der Reihenfolge der Summanden gibt es aber dann jeweils eine kompatible Zerlegung des Punktestandes für jeden der drei Bewerber, nämlich

ADorf:  $\ 5+1+1+1+1=9$
BeDorf: $2+5+5+5+5=22$
CeDorf: $1+2+2+2+2=9$

Insbesondere stehen damit auch die Antworten auf obige Fragen fest:

a) BeDorf gewann im Kugelstoßen, weil es mit Ausnahme von Weitsprung ja alle Wettbewerbe gewonnen hat.

b) Aus dem gleichen Grund wieder BeDorf mit seinem einzigen 2.PLatz, eben dann in Weitsprung.



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.559, eingetragen 2019-05-30


2019-05-26 16:54 - Kuestenkind in Beitrag No. 534 schreibt:
Huhu,



Es ist \(\displaystyle \sin 5x = 5\sin x \cos^{5-1}x-\binom{5}{3}\sin^3 x\cos^{5-3}x+\binom{5}{5}\sin^5 x\cos^{5-5}x=5\sin x \cos^4 x-10\sin^3 x\cos^2 x+\sin^5 x= \sin x(5\cos^4 x -10(1-\cos^2 x)\cos^2 x+(1-\cos^2 x)^2)=\sin x(5\cos^4 x -10\cos^2 x+10\cos^4 x+1-2\cos^2 x +\cos^4 x)=\sin x(16\cos^4 x-12\cos^2 x+1)=16\sin x\left(\cos^4 x-\frac{3}{4}\cos^2x+\frac{1}{16}\right)\)

Es bleibt also zu zeigen:

\(\displaystyle \sin\left(x-\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(x-\frac{2\pi}{5}\right)\sin\left(x+\frac{2\pi}{5}\right)=\cos^4 x-\frac{3}{4}\cos^2x+\frac{1}{16}\)

Für die linke Seite nutzen wir nun (zweimal) die Produktformel:

\(\displaystyle \frac{1}{2}\left(\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)-\cos(2x)\right)\frac{1}{2}\left(\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)-\cos(2x)\right)\)

\(\displaystyle =\frac{1}{4}\left(-2\cos^2 x+1+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\right)\left(-2\cos^2 x+1+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)\right)\)

\(\displaystyle = \cos^4 x-\frac{1}{2}\cos^2 x\left(2+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)\right)+\frac{1}{4}\left(\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(-\frac{4\pi}{5}\right)+1\right)\)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.532 begonnen.]

Hier noch ein mögliches Ende:

Direkte Berechnung der Summe und des Produkts:

Das Produkt ist einfach und braucht nur die Doppelwinkelfunktion des Sinus:

\(\displaystyle \cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right)=\frac{\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)}{\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)}=\frac{\sin\left(\frac{4\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right)}{2\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)}=\frac{\sin\left(\frac{8\pi}{5}\right)}{2\cdot 2 \cdot \sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)}=-\frac{1}{4}\)

Für die Summe braucht man zudem noch die Produktformel des Kosinus:

\(\displaystyle \cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right)=\cos\left(\frac{3\pi}{5}-\frac{\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{3\pi}{5}+\frac{\pi}{5}\right)=2\cos\left(\frac{3\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)=-2\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)=\frac{-2\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{\pi}{10}\right)}{\cos\left(\frac{\pi}{10}\right)}=\frac{-\sin\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)}{\cos\left(\frac{\pi}{10}\right)}=\frac{-\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)}{2\cos\left(\frac{\pi}{10}\right)}=-\frac{1}{2}\)

Alternativ lassen sich Produkt und Summe auch über die Einzelwerte berechnen, welche Rainer Müller  in 041244 verwendet. Im Gegensatz zu seiner Methode



(hat man bei der MO wirklich einer Formelsammlung?), könnte man diese Werte wie folgt berechnen:

Es ist  \(\cos(72°)=2\cos^2(36°)-1=2\cos^2(144°)-1=2(2\cos^2(72°)-1)^2-1=8\cos^4(72°)-8\cos^2(72°)+1\)

Damit ist \(t=\cos(72°)\) Nullstelle von \(8t^4+8t^2-t+1\).

Offensichtlich ist \(t=1\) Nullstelle. Es folgt damit \(8t^4+8t^2-t+1=(t-1)(8t^3+8t^2-1)\)

Der zweite Faktor ist offensichtlich \(8t^3+4t^2+4t^2-1=4t^2(2t+1)+(2t-1)(2t+1)=(2t+1)(4t^2+2t-1)\)

Die Kosinuswerte für \(t=1\) und \(t=-\frac{1}{2}\) sind bekannt. Damit muss \(4t^2+2t-1\) der Faktor werden, welcher Null ergibt. Vom Verlauf der Kosinusfunktion weiß man, welche Nullstelle zu wählen ist.

Einen schönen Feiertag wünscht,

Küstenkind



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