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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von Ex_Senior
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
Kuestenkind
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  Beitrag No.760, eingetragen 2019-06-16

Huhu! https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-06-16_um_19.51.50.png Diese Aufgabe erscheint mir sehr einfach. Übersehe ich etwas? Es geht offensichtlich um die Nullstellen von \(f_k(x)=\frac{2x^2+kx+2(k-4)(k+4)}{2(k-4)x},\quad k\in\mathbb{Z}\setminus{\{4\}},\,x\neq0 \). Wir setzen daher den Zähler Null: \(\displaystyle 2x^2+kx+2(k-4)(k+4)=0\) \(\displaystyle x^2+\frac{k}{2}x+k^2-16=0\) \(\displaystyle x=-\frac{k}{4}\pm\sqrt{\frac{k^2}{16}-k^2+16}\) \(\displaystyle x=-\frac{k}{4}\pm\frac{1}{4}\sqrt{-15k^2+256}\) Wir erhalten damit für \(k\in \{-4;-3;-2;0;2;3\}\) Lösungen, welche ganzzahlig sind. Gruß, Küstenkind edit: Fehler verbessert.


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Ex_Senior
  Beitrag No.761, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-16

@Küstenkind Im Prinzip sieht es gut aus. Nur ein paar Lösungen zu viel. Ich komme auf $k\in\{-4; 0\}$.


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Kuestenkind
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  Beitrag No.762, eingetragen 2019-06-16

@Tom: Ich hatte mich vor der Wurzel zunächst verrechnet (vergessen die Hälfte zu nehmen) und dann falsch abgeschrieben. Kommst du nun auf meine Lösungsmenge? Gruß, Küstenkind


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Ex_Senior
  Beitrag No.763, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-16

\quoteon vergessen die Hälfte zu nehmen \quoteoff Die 2 hatte ich auch unterschlagen. Jetzt komme ich auch auf die gleiche Lösung. :)


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Kuestenkind
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  Beitrag No.764, eingetragen 2019-06-16

Wunderbar! Vielen Dank für's Drüberschauen! Viele Grüße, Küstenkind


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.765, eingetragen 2019-06-16

\quoteon(2019-06-16 20:04 - Kuestenkind in Beitrag No. 760) Wir erhalten damit für \(k\in \{-4;-3;-2;0;2;3\}\) Lösungen, welche ganzzahlig sind. \quoteoff Hallo, k = 3 und -3 gehören m. E. nicht dazu, da dann nicht alle Lösungen ganzzahlig sind. Grüße StrgAltEntf


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Kuestenkind
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  Beitrag No.766, eingetragen 2019-06-16

Hmm, so könnte man das natürlich auch verstehen. Ich hatte das so verstanden, dass mindestens eine ganzzahlige Lösung entsteht. Gruß, Küstenkind edit: Wahrscheinlich hast du recht. Doch nicht so einfach die Aufgabe, zumindest wenn man nicht ganz bei der Sache ist...


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.767, eingetragen 2019-06-16

\quoteon(2019-06-16 21:27 - Kuestenkind in Beitrag No. 766) Hmm, so könnte man das natürlich auch verstehen. Ich hatte das so verstanden, dass mindestens eine ganzzahlige Lösung entsteht. \quoteoff Dann hätte ich die Aufgabe anders formuliert: "... für die die Gleichung ... eine ganzzahlige Lösung besitzt" Bei k = -4 darf es übrigens nicht "\(\pm\) heißen, da sonst auch x = 0 als Lösung erscheint.


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Ex_Senior
  Beitrag No.768, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-16

\quoteon Aufgabe 121043A a) Man beweise, dass jedes konvexe Drachenviereck einen Inkreis hat! b) Man beweise, dass jedes konvexe Drachenviereck ABCD mit AB=AD=x,CB=CD=y und AB⊥CB einen Umkreis hat! c) Man beweise! Sind M und U die Mittelpunkte und ρ bzw.r die Radien des In- bzw. Umkreises eines unter b) beschriebenen Drachenvierecks, so gilt: \[|MU|2=r^2+ρ^2−ρ\sqrt{ρ^2+ 4r^2}\] \quoteoff vorläufige Lösung a,b) Der Inkreismittelpunkt ist durch den Schnittpunkt der Diagonale $AC$ und der Winkelhalbierenden von $\angle ABC$ gegeben. Falls $\angle ABC$ ein rechter Winkel ist, so liegt $B$ auf dem Thaleskreis über $AC$, welcher dann der Umkreis des Drachenvierecks ist. $ \begin{tikzpicture} \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (3.2,2.4); \coordinate (C) at (5,0); \coordinate (P) at (1.83,1.37); \coordinate (Q) at (4.23,1.03); \coordinate (R) at (2.86,0); \draw( A) -- (B) -- (C) -- (A) (P)--(R)--(Q); \draw node[left] at (A){A}; \draw node[above] at (B){B}; \draw node[right] at (C){C}; \draw node[below] at (R){M} \end{tikzpicture} $ c) Für den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ gilt: $\frac{xy}{2}=\rho^2 + \frac{(x-\rho)\rho}{2}+\frac{(x-\rho)\rho}{2}$ und somit $\rho = \frac{xy}{x+y}$. Wegen der Kongruenz der Dreiecke in der Skizze erhalten wir $\frac{|MC|}{\rho}=\frac{2r}{x}\Rightarrow |MC| = \frac{2\rho r}{x}$ und somit \[|MU|^2 = (r-|MC|)^2 =\left(r-\frac{2\rho r}{x}\right)^2 \\ = r^2\left(1-\frac{2\rho}{x}\right)^2 = r^2\left(1-\frac{2y}{x+y}\right)^2 = r^2\left(\frac{x-y}{x+y}\right)^2\] Für die rechte Seite der Gleichung gilt: Aus $r=\frac{1}{2}AC$, $\rho[Die Antwort wurde nach Beitrag No.764 begonnen.]


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Nuramon
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  Beitrag No.769, eingetragen 2019-06-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) Zwei einfache Aufgaben: \quoteon Aufgabe 3 - 141033 Gegeben sei eine positive reelle Zahl $a$, für die $a \not= 1$ gilt. Man ermittle alle reellen Zahlen $x$, die die Gleichung $x^{\log_a x} = a^2x $ erfüllen! \quoteoff Lösung: Damit $\log_a x$ definiert ist, muss $x$ positiv sein. Durch Anwendung von $\log_a$ auf beide Seiten erhalten wir die äquivalente Gleichung $(\log_a x)^2 = 2+\log_a x$. Dies ist eine quadratische Gleichung in $\log_a x$ mit Lösungen $\log_a x = -1$ und $\log_a x=2$. Damit erfüllt $x$ die Gleichung genau dann, wenn $x=\frac 1a$ oder $x = a^2$ gilt. \quoteon Aufgabe 4 - 141034 Es seien $a, b$ gegebene positive reelle Zahlen, und es sei $f$ die für alle natürlichen Zahlen $n$ durch die Gleichung \[f(n) = a^n + b^n + (a + b)^n\] definierte Funktion. Beweisen Sie, dass dann $[f(2)]^2 = 2 \cdot f(4)$ gilt! \quoteoff Lösung: Betrachte die Polynome $p(x) = (a^2+x^2+(a+x)^2)^2$ und $q(x) = 2(a^4+x^4+(a+x)^4)$. Wir beobachten: 1.) $p(x)$ und $q(x)$ sind beide Polynome vierten Grades in $x$ und haben den Leitkoeffizienten $4$. 2.) Es ist $p(0)=4a^4 = q(0)$. 3.) Es ist $p(-a) = 4a^4 = q(-a)$ 4.) Es ist $p(a) = 36a^4 = q(a)$ 5.) Es ist $p(2a) = (1+4+9)^2a^4 = 196a^4 = 2\cdot (1+16+81)a^4 = q(2a)$. 6.) Da $a$ positiv ist, sind $0,-a, a, 2a$ vier paarweise verschiedene Zahlen. Aus diesen Beobachtungen folgt, dass $p(x)=q(x)$ für alle $x\in \IR$ gilt. Insbesondere ist $[f(2)]^2 = p(b) = q(b)= 2 \cdot f(4)$.\(\endgroup\)


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Nuramon
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  Beitrag No.770, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) Übersehe ich etwas oder ist die folgende Aufgabe trivial? \quoteon Aufgabe 5 - 141045 In einem Klub Junger Mathematiker gibt es Streit um das Monotonieverhalten von Funktionen. Bekannt ist von zwei Funktionen f und g, dass beide für alle reellen Zahlen x definiert sind, f im gesamten Definitionsbereich streng monoton wächst, und dass die Gleichung $g(x)^2 − f(x)^2 = 1$ für alle x erfüllt ist. ¨ Annemarie folgert nun daraus: ”Dann ist auch g eine auf dem gesamten Definitionsbereich streng monoton wachsende Funktion.” Brigitte widerspricht: ”Es lässt sich nur schließen, dass g im gesamten Definitionsbereich entweder streng monoton wachsend oder streng monoton fallend ist.” Christa meint: ”Ihr habt beide nicht recht.” Wer von diesen Schülern hat nun recht? Anmerkung: Eine Funktion f wird genau dann streng monoton wachsend bzw. fallend in einem Intervall bezeichnet, wenn für alle Zahlen $x_1, x_2$ aus diesem Intervall, für die $x_1 < x_2$ gilt, die Ungleichung $f(x_1) < f(x_2)$ bzw. $f(x_1) > f(x_2)$ gilt. \quoteoff Christa hat recht. Ist zum Beispiel $f(x)=x$ und $g(x) = \sqrt{1+x^2}$, so ist $f$ streng monoton wachsend und es gilt $g(x)^2-f(x)^2=1$ für alle $x\in \IR$. Aber $g(x)$ ist weder streng monoton wachsend, noch streng monoton fallend, denn $g(-1) = g(1)$, obwohl $-1 < 1$ ist.\(\endgroup\)


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Kornkreis
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  Beitrag No.771, eingetragen 2019-06-17

@Nuramon: Das ist schon so einfach, siehe z.B. die 151046 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=241352&post_id=1761894&start=14 Wahrscheinlich war es zu dieser Zeit hip, Aufgaben einzustreuen, die wie so typische "Anforderungsbereich III"-Schulaufgaben sind. So ergibt sich die (aus heutiger Sicht bzw. Nichtschüler-Sicht) ulkige Mischung aus Aufgaben, deren Lösung wirklich sehr gute Ideen erfordern, und solchen Aufgaben, deren Lösung ganz unproblematisch ist.


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Nuramon
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  Beitrag No.772, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon Aufgabe 3B - 141043B Sechs Schüler eines Mathematikzirkels machen mit dem folgenden Ratespiel ein kleines Logiktraining. ¨ Peter, Klaus, Monika, Ilona und Uwe verstecken fünf Gegenstände: Zirkel, Radiergummi, Lineal, Bleistift und Füller so bei sich, dass jeder genau einen dieser Gegenstände hat. Dann bekommt Dirk fünf Aussagen mitgeteilt, unter denen, wie ihm ebenfalls gesagt wird, genau zwei falsch sind. Die Aussagen lauten: Uwe: ”Wenn Peter den Zirkel nicht hat, dann hat Klaus das Lineal nicht.” Monika: ”Uwe hat soeben eine wahre Aussage gemacht.” Peter: ”Ich habe den Zirkel, oder Klaus hat das Lineal nicht.” Klaus: ”Ich habe das Lineal nicht, oder Uwe hat den Bleistift.” Ilona: ”Ich habe den Füller, oder ich habe den Bleistift.” Man untersuche, ob sich nach diesen Regeln alle Verstecke der Gegenstände eindeutig ermitteln lassen! Wie lauten, falls dies möglich ist, die Verstecke? \quoteoff Lösung: Die Aussage von Uwe ist genau dann wahr, wenn die Aussage von Monika wahr ist. Ebenso sind die Aussagen von Uwe und Peter logisch äquivalent. Da genau zwei der fünf Aussagen falsch sind, müssen also Uwe, Monika und Peter jeweils die Wahrheit gesagt haben und es müssen Klaus und Ilona gelogen haben. Da Klaus lügt, muss Klaus das Lineal haben. Nach Peters Aussage muss somit Peter den Zirkel haben. $ \begin{tabular}{|r||*5{c|}} \hline Schüler & Uwe & Monika& Peter & Klaus & Ilona \\ \hline hat &?&?&Zirkel& Lineal &? \\\hline \end{tabular} $ Uwe bzw. Ilona können den Bleistift nicht haben, denn sonst hätten Klaus bzw. Ilona die Wahrheit gesagt. Also muss Monika den Bleistift haben. $ \begin{tabular}{|r||*5{c|}} \hline Schüler & Uwe & Monika& Peter & Klaus & Ilona \\ \hline hat &?&Bleistift&Zirkel& Lineal &? \\\hline \end{tabular} $ Da Ilona lügt, kann sie nicht den Füller haben. Also muss Uwe den Füller haben. $ \begin{tabular}{|r||*5{c|}} \hline Schüler & Uwe & Monika& Peter & Klaus & Ilona \\ \hline hat &Füller&Bleistift&Zirkel& Lineal &? \\\hline \end{tabular} $ Somit kann nur Ilona den Radiergummi haben. Also lassen sich alle Verstecke ermitteln. Sie lauten $ \begin{tabular}{|r||*5{c|}} \hline Schüler & Uwe & Monika& Peter & Klaus & Ilona \\ \hline hat &Füller&Bleistift&Zirkel& Lineal &Radiergummi \\\hline \end{tabular} $ [Die Antwort wurde nach Beitrag No.770 begonnen.]\(\endgroup\)


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Nuramon
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  Beitrag No.773, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon Aufgabe 4 - 161044 Man ermittle alle ganzzahligen Zahlenpaare $(x; y)$, die die folgende Gleichung erfüllen! \[xy + 3x − 2y − 3 = 0\] \quoteoff Es kann keine Lösung geben, in der $x=2$ gilt, denn sonst wäre $0= 2y+6-2y-3 = 3$. Also können wir äquivalent umformen zu $y = \frac {3-3x}{x-2} = -3 -\frac 3 {x-2}$. Damit $y$ ganz ist, muss also $x-2$ ein Teiler von $3$ sein. Somit ist $x \in \{2\pm 1, 2\pm 3\} =\{-1,1,3,5\}$. Folglich ist $(x,y)$ genau dann ein ganzzahliges Lösungspaar, wenn $(x,y)\in \{(-1, -2), (1,0), (3, -6), (5,-4)\}$ gilt. \(\endgroup\)


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Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
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  Beitrag No.774, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon Aufgabe 1 - 201021 Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen $n$, für die die Zahl $1+4\cdot 9^{2n}$ eine Primzahl ist! \quoteoff Lösung: Es gilt $1+4\cdot 9^{2n} \equiv 1 + 4 \cdot (-1)^{2n} \equiv 1+4 \equiv 0 \pmod 5$. Daher ist $1+4\cdot 9^{2n}$ nur für $n=0$ prim.\(\endgroup\)


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Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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  Beitrag No.775, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon Aufgabe 3 - 201023 Ermitteln Sie die größte natürliche Zahl $n$, für die ein Tripel $(a, b, c)$ natürlicher Zahlen so existiert, dass gilt: \[(a + n)(b + n)(c + n) = 1980 \] Ermitteln Sie zu dieser Zahl $n$ alle verschiedenen zugehörigen Tripel $(a, b, c)$ mit der genannten Eigenschaft! \quoteoff Lösung: Sei $(a,b,c)$ ein Tripel natürlicher Zahlen, so dass für das gesuchte maximale $n$ gilt $(a+n)(b+n)(c+n)=1980$. Dann muss $\min \{a,b,c\}=0$ sein, denn sonst gäbe es zu $n':= n+1$ das Tripel $(a',b',c')=(a-1,b-1,c-1)\in \IN^3$ mit $(a'+n')(b'+n')(c'+n')=1980$. Also ist $n$ ein Teiler von $1980 = 2^2\cdot 3^2\cdot 5 \cdot 11$. Es gilt $n \geq 11$, denn $(0+11)(1+11)(4+11) = 1980$. Angenommen es wäre $n \geq 12$. Da $12^2$ kein Teiler von $1980$ ist, wäre dann $1980 = (a+n)(b+n)(c+n) \geq 12 \cdot 13 \cdot 13 = 2028$. Somit muss $n=11$ gelten. Sei o.B.d.A. $a\leq b \leq c$. Insbesondere ist dann $a=0$, also $(b+11)(c+11)=2^2\cdot 3^2\cdot 5=180$. Da $11$ kein Teiler von 180 ist, müssen $b,c \geq 1$ sein. Die einzigen Teiler $t$ von 180 mit der Eigenschaft, dass $t\geq 12$ und $\frac {180}t \geq 12$ ist, sind $12$ und $15$ (13 und 14 sind keine Teiler von 180 und für $t>15$ ist $\frac {180} t < 12$). Also muss $b+11 = 12$ und $c+11=15$ gelten. Demnach ist $(a,b,c)$ genau dann ein Tripel mit $(a+n)(b+n)(c+n)=1980$, wenn $(a,b,c)$ eine der sechs Permutationen von $(0,1,4)$ ist. \(\endgroup\)


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Ex_Senior
  Beitrag No.776, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

Danke für die vielen, neuen Lösungen. Und schon sind wir bei 917. LG Steffen


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weird
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  Beitrag No.777, eingetragen 2019-06-17

\quoteonAufgabe 1 - 291221 Man ermittle alle diejenigen Paare $(x,y)$ reeller Zahlen $x,y$, die das folgende Gleichungssystem (1), (2), (3) erfüllen: \[\begin{array}{ccccccc} x&+&xy& +&xy^2 &=&−21& (1)\\ y& +&xy& +&x^2y& =&14& (2)\\ x&+&y&&& =&−1 & (3) \end{array}\] \quoteoff Addition von (1) und (2) führt auf die neue Gleichung \[(x+y)+2xy+xy(x+y)=-7\] aus der man mittels (1) sofort $xy=-6$ erhält. Indem man dies etwa in (1) einsetzt, erhält man daraus die weitere lineare Gleichung \[x-6y=-15\] welche in Verbindung mit (3) schließlich auf die eindeutige Lösung $x=-3,\ y=2$ hier führt.


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weird
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  Beitrag No.778, eingetragen 2019-06-17

\quoteonAufgabe 1 - 261231 Man ermittle alle diejenigen Tripel $(x,y,z)$ reeller Zahlen, die das folgende Gleichungssystem (1), (2), (3) erfüllen: \[\begin{array}{ccccccc} x&+&y& -&z &=&1& (1)\\ x^2& -&y^2& +&z^2& =&1& (2)\\ -x^3&+&y^3&+&z^3& =&−1 & (3) \end{array}\] \quoteoff Lösung:Indem man $z=x+y-1$ aus Gleichung (1) in (2) einsetzt, erhält man \[x^2-y^2+z^2-1=x^2-y^2+(x+y)^2-2(x+y)=2(x+y)(x-1)=0\] Es bietet sich daher folgende Fallunterscheidung an: 1. Fall: $x+y=0$ bzw. $y=-x$. Wegen (1) folgt daraus sofort $z=-1$ und aus (3) dann $2x^3=0$, also dann weiter $x=y=0$. 2. Fall: $x=1$. Einsetzen in (1) führt dann auf $y=z$ und aus (3) folgt dann wieder $2y^3=0$, also dann $y=z=0$. Insgesamt muss also \[(x,y,z)\in\{(0,0,-1),(1,0,0)\}\] gelten, und das sind auch tatsächlich Lösungen, wie man sofort nachrechnet.


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weird
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  Beitrag No.779, eingetragen 2019-06-17

\quoteonAufgabe 6 - 291236 Man beweise: Schreibt man alle natürlichen Zahlen n mit 111 ≤ n ≤ 999 in beliebiger Reihenfolge hintereinander auf, so erhält man stets die Ziffernfolge einer durch 37 teilbaren Zahl. \quoteoff Lösung: Stellt man eine beliebige natürliche Zahl $a$ im Zahlensystem mit der Basis 1000 dar, also \[a=\sum\limits_{k=0}^m a_k\, 1000^k\quad (0\le a_k<1000,\ m\in \mathbb N)\] so gilt bez. der Teilbarkeit durch $37$ wegen $1000\equiv 1\mod 37$ die einfache Regel, dass $a$ genau dann durch $37$ teilbar ist, wenn dies für ihre "Ziffernsumme" $\sum_{k=0}^m a_k$ gilt. Im gegenständlichen Fall sind die Ziffern einfach alle natürlichen Zahlen von 111 bis 999, wobei in Hinblick auf die Ziffernsumme die Reihenfolge natürlich keine Rolle spielt. Und ja, diese Ziffernsumme, nämlich \[\frac{111+999}2 \ (999-111+1)\] ist wegen $111=3\cdot 37$ tatsächlich durch 37 teilbar.


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Ex_Senior
  Beitrag No.780, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

Hallo, ich habe bisher auch die komplizierten, eurer Lösungen einigermaßen verstanden. Nun habe ich eine offizielle Lösung abgetippt, die für mich absolut unverständlich ist: Aufgabe 181242 Im Staat Wegedonien gibt es ein Straßennetz. An jeder Kreuzung und an jeder Einmündung von Straßen dieses Netzes steht ein Verkehrsposten. Die Länge eines jeden Straßenabschnittes zwischen je zwei benachbarten dieser Posten ist kleiner als 100 km. Jeder Verkehrsposten lässt sich von jedem anderen auf einem Gesamtweg innerhalb des Netzes erreichen, der kürzer als 100 km ist. Ferner gilt für jeden Straßenabschnitt zwischen zwei benachbarten Verkehrsposten: Wird genau dieser Straßenabschnitt gesperrt, so ist immer noch jeder Verkehrsposten von jedem anderen aus auf einem Gesamtweg erreichbar, der sich nur aus ungesperrten Straßenabschnitten des Netzes zusammensetzt. Man beweise, dass dies auf einem Weg erfolgen kann, der kürzer als 300 km ist. Lösung: Die Posten wollen wir mit $A, B, C, Q, R, X, Y, ...$ bezeichnen, eine Buchstabenreihenfolge $BCRX$ bezeichne einen Weg von $B$ über $C$ und $R$ nach $X$, mit $(ARB)$ bezeichnen wir die minimale Entfernung innerhalb des Straßennetzes $N$ von $A$ nach $B$ über $R$, und $(ARB)^\ast$ sei die minimale Weglänge von $A$ nach $B$ über $R$ nach Sperrung eines Verbindungsweges zwischen zwei benachbarten Posten auf ungesperrten Wegen innerhalb des Netzes $N$. Entsprechend sind mit $(AB)$ bzw. $(AB)^\ast$ die minimalen Entfernungen innerhalb des Netzes vor bzw. nach Sperrung von $A$ nach $B$ gemeint. Weiterhin sei $P$ die Menge aller Posten. Es seien $A$ und $B$ benachbarte, $R$ und $Q$ beliebige Posten, und ein Streckenabschnitt $AB$ werde gesperrt. Für den Fall, dass ein Weg von $A$ nach $B$ existiert, dessen Länge nicht größer als die Länge des gesperrten Abschnitts ist, ist die Behauptung richtig. Wir nehmen also an, dass $(AB)^\ast > (AB)$ gilt und definieren für jeden Posten des Netzes $N$: \[ M_C = \lbrace X| X \in P \wedge (XC)^\ast = (XC)\rbrace \] Jeder Posten $X$ der Menge $P$ gehört zu $M_A$ oder $M_B$; denn sonst hätten wir $(XA)^\ast > (XA)$ und $(XB)^\ast > (XB)$, also ist $BA$ Teilweg des Weges von $X$ nach $A$ mit minimaler Länge $(XA)$ und $AB$ Teilweg des Weges von $X$ nach $B$ mit minimaler Länge $(XB)$, d.h. \[ (XA) = (XB) + (BA) \qquad \text{und} \qquad (XB) = (XA) + (AB) \qquad \text{also}\\ (XA) = (XA) + (AB) + (BA) \qquad \text{und} \qquad (XB) = (XB) + (BA) + (AB) \] Das bedeutet aber $(AB) + (BA) = 0$, was nur für $A=B$ möglich ist. Offenbar gehören $A$ zu $M_A$ und $B$ zu $M_B$. Für Posten $X, Y$ aus $M_A$ gilt $(XY)^\ast = (XY)$, denn aus $(XY)^\ast > (XY)$ ergibt sich zunächst \[ (XY) = (XBAY) = (XA) + (AB) + (BY) \qquad \text{oder} \qquad (XY) = (XBAY) = (XB) + (BA) + (AY) \qquad \text{und weiter} \qquad (XY)^\ast \leq (XAY)^\ast = (XA)^\ast + (AY)^\ast = (XA) + (AY) \leq (XA) + (ABY) = (XA) + (AB) + (BY) = (XY) \qquad \text{oder} \qquad (XY)^\ast \leq (XAY)^\ast = (XA)^\ast + (AY)^\ast = (XA) + (AY) \leq (XBA) + (AY) = (XB) + (BA) + (BA) + (AY) = (XY) \] im Widerspruch zu $(XY)^\ast > (XY)$. Analog gilt für $X, Y \in M_B$ ebenfalls $(XB)^\ast = (XY)$. Nach den bisherigen Überlegungen ist o.B.d.A. nur noch der Fall $R \in M_A, Q \in M_A$, $(RQ)^\ast > (RQ)$ zu diskutieren. 1. Es gibt einen Posten $Y$ mit $Y \in M_A \cap M_B$. Dann gilt wegen $R, Y \in M_A$ und $Y, Q \in M_B$ offenbar: \[ (RY)^\ast + (YQ)^\ast = (RY) + (YQ) = (RYQ)^\ast < 200 km < 300 km \] 2. Es gilt $M_A \cap M_B = \varnothing$. Nach Voraussetzung und wegen $P = M_A \cup M_B$ muss es nach Sperrung eines Abschnitts von $A \in M_A$ nach $B \in M_B$ minimaler Länge einen Weg von einem Posten$X \in M_A$ zu einem Posten $Y \in M_B$ geben, auf dem keine weiteren Posten zu finden sind, d.h., $X$ und $Y$ sind benachbart. Daraus ergibt sich: \[ (RQ)^\ast \leq (RX)^\ast + 100 km + (YQ)^\ast = (RX) + 100km + (YQ) < 100 km + 100km + 100km = 300km \] Meine Frage: Versteht das jemand? Verzweifelt über die eigene Dummheit Steffen


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Ex_Senior
  Beitrag No.781, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

Hallo Steffen, so ganz habe ich es nicht verstanden. Die wesentliche Idee dürfte folgendes sein: Nimm einen Weg von R nach Q dann ist jede Zwischenstation von R oder Q unter 100km zu erreichen, ohne AB zu benutzen. Dann nimmt man zwei benachbarte Stationen, die jeweils nach R und Q einen Weg unter 100km ohne AB haben, und setzt daraus einen Weg <300 zusammen. Falls es eine Stadt X gibt, die von R und Q nur über AB in weniger als 100km erreichbar ist Dann zerlegen wir die Wege R-(r1)-A-B-(r2)-X und Q-(q1)-B-A-(q2)-X und setzen diese neu zusammen. Einer der Wege R-(r1)-A-(q2)-X oder Q-(q1)-B-(r2)-X ist dann kürzer als 100km.


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Ex_Senior
  Beitrag No.782, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

@TomTom314: Danke. Ich werde mir in Ruhe das noch einmal ansehen. Vielleicht verstehe ich es doch noch. Jetzt sind es 927 Lösungen. Die Datei hat die 4 MB überschritten und schon 747 Seiten. Da werden es wohl mehr als 800 Seiten. LG Steffen


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Ex_Senior
  Beitrag No.783, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

Irgendwie gefällt mir die nachfolgende Lösung nicht. Eine Kontrolle wäre nett. Aufgabe 201035 Tausend reelle Zahlen $x_1, x_2, ..., x_{1000}$ seien durch die Festsetzung bestimmt, dass $x_1 = 3$ und für alle $n = 1, 2, ..., 999$ \[ x_{n+1} = \frac{x_n^2+4}{2x_n} \] gelten soll. Beweisen Sie, dass (nach diesen Festsetzungen) für jedes $n = 1, 2, ..., 1000$ die Ungleichung $x_n > 2$ gilt! Lösung: Für den Nachweis wird hier folgende Aussage verwendet: Für eine positive reelle Zahl $a$ gilt $a+\frac{1}{a}\geq 2$, wobei Gleichheit nur im Fall $a=1$ gilt. Der Beweis erfolgt über vollständige Induktion. Für $k=1$ gilt die Behauptung, da $a_1 = 3 > 2$ nach Aufgabenstellung ist. Angenommen die Aussage gelte für $n$, dann ist $x_n > 2$. Für $n+1$ wird dann \[ x_{n+1} = \frac{x_n^2+4}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{2}{x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{\frac{x_n}{2}} \] Da nach Voraussetzung $\frac{x_n}{2} > 0$ und $\neq 1$ ist, wird nach der Hilfsaussage $\frac{x_n}{2} + \frac{2}{x_n} > 2$. Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist die Behauptung bewiesen. Danke Steffen Nachtrag: Beweis korrigiert. Danke an weird und TomTom314.


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Ex_Senior
  Beitrag No.784, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

Hallo Steffen, hier hätte ich eine vollständige (und hoffentlich besser verständliche) Lösung als Alternative. \quoteon Aufgabe 181242 Im Staat Wegedonien gibt es ein Straßennetz. An jeder Kreuzung und an jeder Einmündung von Straßen dieses Netzes steht ein Verkehrsposten. Die Länge eines jeden Straßenabschnittes zwischen je zwei benachbarten dieser Posten ist kleiner als 100 km. Jeder Verkehrsposten lässt sich von jedem anderen auf einem Gesamtweg innerhalb des Netzes erreichen, der kürzer als 100 km ist. Ferner gilt für jeden Straßenabschnitt zwischen zwei benachbarten Verkehrsposten: Wird genau dieser Straßenabschnitt gesperrt, so ist immer noch jeder Verkehrsposten von jedem anderen aus auf einem Gesamtweg erreichbar, der sich nur aus ungesperrten Straßenabschnitten des Netzes zusammensetzt. Man beweise, dass dies auf einem Weg erfolgen kann, der kürzer als 300 km ist. \quoteoff Seien $A,B$ benachbarte Posten, s.d. deren Verbindung gesperrt ist und $P,Q$ zwei beliebige Posten. Dann gibt es eine Vebindung $w:P\to Q$. Falls jeder Posten auf dem Weg eine Verbindung zu $P$ oder $Q$, die nicht über $A\to B$ geht und kleiner als 100 km ist, können wir zwei benachbarte Posten $X,Y$ mit Wegen $u:P\to X$ und $v:Y\to Q$ wählen, so dass der Weg $P\xrightarrow{u}X\to Y\xrightarrow{v}Q$ nicht über $A\to B$ geht und insgesamt kleiner als 300 km ist. Falls es einen Posten $X$ auf $w$ gibt, der von $P$ und $Q$ nur über $A\to B$ mit weniger als 100 km erreicht werden kann, unterscheiden wir zwei Fälle: 1) Die Strecke $A\to B$ wird von den Wegen in unterschiedlicher Richtung durchlaufen, d.h. wir haben Wege $P\xrightarrow{p_1} A\to B\xrightarrow{p_2} X$ und $Q\xrightarrow{q_1} B\to A\xrightarrow{q_2} X$ von den wir o.B.d.A. annehmen können, dass $p_1,p_2,q_1,q_2$ nicht über $A\to B$ führen. Daraus erhalten wir zwei neue Wege $P\xrightarrow{p_1} A \xrightarrow{q_2} X$ und $Q\xrightarrow{q_1} B \xrightarrow{p_2} X$, s.d. deren Summe der Längen kleiner als 200 km ist. Also ist einer der Wege im Widerspruch zur Annahme kürzer als 100 km. 2) Die Strecke $A\to B$ wird von den Wegen in der gleichen Richtung durchlaufen, d.h. wir haben Wege $P\xrightarrow{p_1} A\to B\xrightarrow{p_2} X$ und $Q\xrightarrow{q_1} A\to B\xrightarrow{q_2} X$. Dann ist der Weg $P\xrightarrow{p_1} A\xrightarrow{-q_1} Q$ kürzer als 200 km und geht nicht über $A\to B$. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.782 begonnen.]


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  Beitrag No.785, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

\quoteon Für alle reellen Zahlen $x$, mit $x > 2$, gilt $\frac{x}{2} + \frac{2}{x} > 2 \quad (1)$. \quoteoff Für eine pos. reelle Zahl $a$ gilt $a+\frac{1}{a}\geq 2$, wobei Gleichheit nur im Fall $a=1$ gilt. Das ist eine Aussage, die in Wettbewerbsaufgaben in schöner Regelmäßigkeit auftritt und in einer Musterlösung nicht extra bewiesen werden muß. (Meine Meinung)


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Ex_Senior
  Beitrag No.786, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

@TomTom314: Danke für deine Lösung, die ich sofort aufgenommen habe, da sie (für mich) viel verständlicher ist. Ebenso habe bei 201035 den Beweis des Hilfssatzes herausgenommen. Danke für den Hinweis. LG Steffen


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weird
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  Beitrag No.787, eingetragen 2019-06-17

\quoteon(2019-06-17 20:41 - TomTom314 in Beitrag No. 785) \quoteon Für alle reellen Zahlen $x$, mit $x > 2$, gilt $\frac{x}{2} + \frac{2}{x} > 2 \quad (1)$. \quoteoff Für eine pos. reelle Zahl $a$ gilt $a+\frac{1}{a}\geq 2$, wobei Gleichheit nur im Fall $a=1$ gilt. Das ist eine Aussage, die in Wettbewerbsaufgaben in schöner Regelmäßigkeit auftritt und in einer Musterlösung nicht extra bewiesen werden muß. (Meine Meinung) \quoteoff Ich finde schon, dass man das beweisen sollte, zumal die Aufgabe auch so schon sehr kurz und der der Beweis ein typischer Einzeiler ist: \[\forall a>0:\ a+\frac 1a=\left(\sqrt a-\frac1{\sqrt a}\right)^2+2\ge 2\] mit Gleichheit genau dann, wenn der Klammerausdruck 0, d.h., a=1 ist. Dieser Fall $a=1$, also hier dann $x_{n-1}=2$ in einem minimalen Gegenbeispiel (-> Induktion, wie so oft, vermeiden!), kann aber hier wegen $n>1$ nicht auftreten, was den gesuchten Widerspruch ergibt. Und ja, der Beweis von dem Lemma in #783 ist einfach nur total missglückt - es kommt ja am Ende nur >0 statt >2 heraus! - und ich wüsste jetzt nicht einmal, wo der Fehler genau passiert ist. :-o [Die Antwort wurde nach Beitrag No.785 begonnen.]


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Ex_Senior
  Beitrag No.788, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

\quoteon(2019-06-17 21:21 - weird in Beitrag No. 787) Und ja, der Beweis von dem Lemma in #783 ist einfach nur total missglückt - es kommt ja am Ende nur >0 statt >2 heraus! - und ich wüsste jetzt nicht einmal, wo der Fehler genau passiert ist. :-o \quoteoff Ich habe dort totalen Blödsinn geschrieben und werde es entfernen. Den Beweis habe ich korrigiert. LG Steffen


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Ex_Senior
  Beitrag No.789, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17

\quoteon Aufgabe 151035 Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n≥2 und alle diejenigen natürlichen Zahlen x >0, für die folgendes gilt! Im Ziffernsystem mit der Basis n ist x eine zweistellige Zahl, und durch Vertauschen ihrer Ziffern erhält man das Doppelte von x. (Dabei sollen wie ̈ublich für positive Zahlen nur solche Zifferndarstellungen zugelassen sein, die nicht mit 0 beginnen.) \quoteoff $x$ habe die Zifferndarstellung $x=ab;\ 1\leq a,b < n$ zur Basis $n$. Dann gilt \[b\cdot n +a = 2(a\cdot n +b) \\ \iff b(n-2) = a(2n-1) \\ \iff b = 2a + \frac{3a}{n-2}\ \text{.} \] Als muß $\frac{3a}{n-2}$ eine ganze Zahl sein. Diese gilt nur, falls $n$ die Gestalt $3k+2$ hat und $\frac{a}{k}\in\IN$. Wegen $a


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.790, eingetragen 2019-06-18

201236 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35803_201235.PNG Lösung: Wir beweisen die Aussage mit folgender Variation des Schubfachprinzips: Werden unendlich viele Dinge auf \(n\) Schubfächer verteilt, so enthält mindestens eins der \(n\) Schubfächer unendlich viele (also mindestens n) Dinge. Eine Zahl \(C\), die im Positionssystem mit der Basis \(B\) nur aus Ziffern 0 und 1 besteht, hat die Form \(C=B^{a_1}+...+B^{a_k}\) für gewisse \(0\leq a_1


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Ex_Senior
  Beitrag No.791, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18

Hallo StrAltEntf, ich hätte noch eine Optimierung im Angebot: \[C_k=\sum_{l=1}^k B^l\] Dann gibt es zwei Indizes $k_1


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.792, eingetragen 2019-06-18

\quoteon(2019-06-18 00:49 - TomTom314 in Beitrag No. 791) Hallo StrAltEntf, ich hätte noch eine Optimierung im Angebot: \[C_k=\sum_{l=1}^k B^l\] Dann gibt es zwei Indizes $k_1


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  Beitrag No.793, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18

\quoteon(2019-06-18 00:58 - StrgAltEntf in Beitrag No. 792) O ja, das ist viel, viel einfacher! @Steffen: Bitte vergiss meine Lösung :-( \quoteoff So einfach nicht. Ich bin da nur drauf gekommen, weil ich Deine Lösung gelesen haben. :-) \quoteon(2019-06-18 00:32 - StrgAltEntf in Beitrag No. 790) 201236 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35803_201235.PNG \quoteoff Lösung: Definiere $C_k:=\sum_{l=1}^k B^l$. Für $1\leq k \leq n+1$ haben wir $n+1$ Reste bei Division durch $n$. Daher gibt es nach dem Schubfachprinzip zwei Indizes $k_1


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Nuramon
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  Beitrag No.794, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quote Aufgabe 1 - 291031 Man stelle fest, ob die Zahl \[x= \sqrt{1 +\sqrt{2 +\sqrt{3+\ldots +\sqrt{1989+\sqrt{1990}}}}}\] rational oder irrational ist. \quoteoff Lösung: Es sei hiermit festgestellt, dass $x$ eine reelle Zahl ist und somit rational oder irrational ist. Zusatz: Tatsächlich können wir sogar zeigen, dass $x$ irrational ist: Wäre $x$ nämlich rational, so wäre auch \[((\ldots(((x^2-1)^2-2)^2-3)^2-\ldots)^2-1988)^2-1989 = \sqrt{1990}\] rational. Da $1990$ durch $10$ aber nicht durch $100$ teilbar ist, ist $1990$ keine Quadratzahl und somit ist $\sqrt{1990}$ irrational. Wer Klammerfehler findet oder eine bessere Darstellung hat, teile diese bitte mit. \(\endgroup\)


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Nuramon
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  Beitrag No.795, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon Aufgabe 2 - 291032 In einem Lande gebe es eine Anzahl n ≥ 3 von Stödten $S_1, S_2, ..., S_n$. Fur je zwei Städte $S_i, S_j$ mit $i < j$ gebe es genau eine von $S_i$ nach $S_j$ führende Einbahnstraße und genau eine von $S_j$ nach $S_i$ führende Einbahnstraße; dies seien alle Straßen des Landes. Auf einer Landkarte seien diese Straßen unter Verwendung von genau $n − 1$ Farben so gefärbt, dass für jede Stadt gilt: Die $n − 1$ von dieser Stadt ausgehenden Straßen sind mit den $n − 1$ Farben gefärbt, jede mit genau einer Farbe. Untersuchen Sie für jedes n ≥ 3, ob man eine Färbung der Straßen unter Einhaltung dieser Bedingungen so wählen kann, dass für eine einheitlich gewählte Reihenfolge $F_1, F_2, ..., F_{n−1}$ der Farben die folgende Aussage (*) zutrifft! (*) Für jede Stadt $S_i$ $(i = 1, 2, ..., n)$ gilt: Startet man in $S_i$ und fährt der Reihe nach auf den Straßen der Farben $F_1, F_2, ..., F_{n−1}$, jeweils auf einer dieser Straßen bis zur nächsten Stadt, so endet diese Fahrt stets in der Stadt $S_1$. \quoteoff Lösung: Es gibt für jedes $n\geq 3$ so eine Färbung der Straßen. Notation: Wenn die Straße von $S_i$ nach $S_j$ mit der Farbe $f$ gefärbt ist, dann schreiben wir $S_i\xrightarrow f S_j$. Im Folgenden geben wir für jede Stadt an, wie man die von ihr ausgehenden Straßen mit den Farben $1,2,\ldots, n-1$ färben kann: - Für $S_1$ färben wir $S_1 \xrightarrow 1 S_2$ und $S_1 \xrightarrow 2 S_3$. Mit jeder der Farben $3,4, \ldots, n-1$ färben wir in beliebiger Weise je eine der restlichen von $S_1$ ausgehenden Straßen. - Für $S_2$: Falls $n=3$, dann färben wir $S_2 \xrightarrow 1 S_3$ und $S_2 \xrightarrow 2 S_1 $. Falls $n>3$, dann färben wir $S_2 \xrightarrow 2 S_3$ und $S_2 \xrightarrow 1 S_n$. Die restlichen Farben verteilen wir wieder beliebig auf die übrigen Straßen, die von $S_2$ ausgehen. - Für $S_k$ mit $2 < k < n-1$ färben wir $S_k \xrightarrow 1 S_2$ und $S_k \xrightarrow k S_{k+1}$. Mit den von $1$ und $k$ verschiedenen Farben färben wir in beliebiger Weise je eine der restlichen von $S_k$ ausgehenden Straßen. - Für $S_{n-1}$ färben wir $S_{n-1}\xrightarrow 1 S_2$ und $S_{n-1}\xrightarrow {n-1} S_1$. Die restlichen Straßen seien wieder beliebig, aber in gültiger Weise, gefärbt. - Für $S_n$: Falls $n=3$, dann färben wir $S_n \xrightarrow 1 S_2$ und $S_n \xrightarrow 2 S_1$. Falls $n >3$, dann färben wir $S_n \xrightarrow 1 S_2$ und $S_n \xrightarrow 2 S_3$. Die restlichen Straßen seien wieder beliebig, aber in gültiger Weise, gefärbt. Wir wählen jetzt die Reihenfolge $F_1= 1, F_2 = 2, \ldots, F_{n-1}= n-1$. Diese erfüllt die Bedingung (*), denn: - Falls wir bei $S_1$ starten, dann erhalten wir die Fahrt: \[S_1 \xrightarrow 1 S_2 \xrightarrow 2 S_3\xrightarrow 3 S_4 \xrightarrow 4 \ldots \xrightarrow{n-2} S_{n-1}\xrightarrow {n-1} S_1\] - Falls wir bei $S_k$ mit $k\not= 2$ starten, so beginnt die Fahrt mit $S_k\xrightarrow 1 S_2$ und verläuft anschließend auf der gleichen Route wie die obige Fahrt. - Falls wir bei $S_2$ starten: Für $n=3$ erhalten wir die Fahrt $S_2 \xrightarrow 1 S_3 \xrightarrow 2 S_1$. Für $n>3$ startet die Fahrt mit $S_2 \xrightarrow 1 S_n \xrightarrow 2 S_3$ und verläuft anschließend wieder auf der gleichen Route, wie die Fahrt, die bei $S_1$ startet. In jedem Fall endet die Fahrt bei $S_1$ und somit ist (*) erfüllt. - \(\endgroup\)


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Kornkreis
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  Beitrag No.796, eingetragen 2019-06-18

Weiter gehts: 271241 In einer Ebene sei G die Menge aller derjenigen Punkte, deren rechtwinklige kartesische Koordinaten ganze Zahlen sind. Ferner sei F die Menge von 1988 verschiedenen Farben. Man beweise: Für jede Verteilung von Farben, bei der jeder Punkt aus G genau eine der Farben aus F enthält, gibt es in G vier gleichfarbige Punkte, die die Ecken eines Rechtecks mit achsenparallelen Seiten sind. \showon Lösung Betrachte die Punktmenge $P_k$ bestehend aus den Punkten $(k,0), (k,1),...,(k,1988)$, wobei $k$ eine ganze Zahl ist. Für jedes $k$ sind dies 1989 Punkte, sodass es unter diesen immer zwei verschiedene Punkte gibt, die die gleiche Farbe haben (Schubfachprinzip). Betrachte nun die Punktmengen $P_0, P_1, ..., P_n$ mit $n=1988\cdot (1989 \cdot 1988 /2)$. Nach obiger Feststellung gibt es für jedes dieser $P_k$ ($k \in \{0,...,n\}$) eine Farbe, sodass zwei Punkte aus $P_k$ diese Farbe haben. Nach dem Schubfachprinzip gibt es also eine Farbe $F$, sodass in $1+(1989 \cdot 1988 /2)$ verschiedenen dieser Mengen $P_k$ jeweils zwei Punkte mit dieser Farbe $F$ vorkommen. Es gibt aber maximal $1989 \cdot 1988/2$ Möglichkeiten dafür, dass sich die $y$-Koordinaten solcher zwei Punkte mit Farbe $F$ aus einem der $P_k$ von denen aus einem anderen der $P_k$ unterscheiden. Demzufolge gibt es (nach dem Schubfachprinzip) vier Punkte mit der gleichen Farbe $F$, die die Eckpunkte eines Rechtecks bilden, was die Behauptung zeigt. \showoff 211241 Man untersuche, ob sich aus 1982 Zahlen $a_1, a_2, ..., a_{1982}$, die der Bedingung $|a_k| = 1 ~(k = 1, 2, ..., 1982)$ genügen, aber sonst beliebig vorgegeben sind, stets Zahlen so auswählen lassen, dass folgende Bedingungen erfüllt sind: ¨ (1) Es wird mindestens eine der Zahlen $a_k$ ausgewählt. (2) Es wird mindestens eine der Zahlen $a_k$ nicht ausgewählt. (3) Die Summe aller ausgewählten Zahlen ist gleich der Summe aller nicht ausgewählten Zahlen. \showon Lösung Bezeichne $s:=\sum_{i=1}^{1982}a_i.$ Da $a_i \equiv 1~~\mathrm{mod}~2$ für alle $i$ gilt, ist $s \equiv 1982\cdot 1 ~~\mathrm{mod}~2 \equiv 0 ~~\mathrm{mod}~2.$ Damit ist $s/2$ eine ganze Zahl. Wir nehmen zunächst den Fall $s/2>0$ an und betrachten die Folge von Partialsummen: $a_1, a_1+a_2,..., s$. Jedes Folgeglied unterscheidet sich von seinem Vorgänger um $+1$ oder $-1$. Wegen $s/2 >0$ (und damit $s>s/2>0$) gibt es also eine Partialsumme, die genau $s/2$ beträgt, nicht mit $s$ übereinstimmt und mindestens einen Summanden enthält. Die entsprechenden Summanden dieser Partialsumme erfüllen also alle Kriterien (1)-(3). Für $s/2<0$ gilt eine analoge Argumentation. Es verbleibt $s=s/2=0$ zu betrachten. In diesem Fall muss eines der $a_i$ gleich 1 und ein anderes gleich -1 sein. Wähle diese beiden Zahlen, diese erfüllen (1) bis (3). \showoff


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Nuramon
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  Beitrag No.797, eingetragen 2019-06-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) \quoteon(2019-06-17 23:06 - TomTom314 in Beitrag No. 789) \quoteon Aufgabe 151035 Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n≥2 und alle diejenigen natürlichen Zahlen x >0, für die folgendes gilt! Im Ziffernsystem mit der Basis n ist x eine zweistellige Zahl, und durch Vertauschen ihrer Ziffern erhält man das Doppelte von x. (Dabei sollen wie ̈ublich für positive Zahlen nur solche Zifferndarstellungen zugelassen sein, die nicht mit 0 beginnen.) \quoteoff $x$ habe die Zifferndarstellung $x=ab;\ 1\leq a,b < n$ zur Basis $n$. Dann gilt \[b\cdot n +a = 2(a\cdot n +b) \\ \iff b(n-2) = a(2n-1) \\ \iff b = 2a + \frac{3a}{n-2}\ \text{.} \] Als muß $\frac{3a}{n-2}$ eine ganze Zahl sein. Diese gilt nur, falls $n$ die Gestalt $3k+2$ hat und $\frac{a}{k}\in\IN$. Wegen $a0$ ist, folgern wir $l\geq 1$ (und $n\not= 2$). Dann ist $b = l + \frac{2l(n-2)}3$. Da $b \leq n-1$, folgt \[ l = \frac b{1+\frac{2(n-2)}3} \leq \frac {n-1}{1+\frac{2(n-2)}3} = \frac{3n-3}{2n-1} < \frac{3n-3}{2n-2} = \frac 32 < 2.\] Also ist $1 \leq l < 2$ und somit folgt $l=1$. Folglich ist $a= \frac{n-2}3$. Jetzt kann man schließen, dass $n= 3k+2$ mit $k\in \IN, k\geq 1$ ist. Am Ende erhält man wie bei dir: $n= 3k+2, a= k, b=2k+1$ mit $k\geq 1$ und $x= an+b$. \(\endgroup\)


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  Beitrag No.798, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18

@Nuramon: Da hast Du Recht. Wie wäre es mit: Betrachte $b(n-2) = a(2n-1)= 2a(n-2)+3a$ modulo $n-2$, also $3a=0\ \text{mod}\ n-2$. Diese Gleichung hat wegen $0


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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\) Ich vermute du willst benutzen, dass $\frac {3n}2 < 2(n-1)$ gilt? Dann müssten wir den Fall $n\leq 4$ noch extra betrachten.\(\endgroup\)


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