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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
Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.80, eingetragen 2019-04-25


Hi Steffen,

2019-04-25 17:22 - stpolster in Beitrag No. 79 schreibt:
Ich habe im PDF-Text alle Aufgaben, bei denen keine Lösungen stehen, mit "Lösung nicht bekannt" bzw. "Lösung bekannt, wird noch ergänzt" versehen und online bereitgestellt.

danke, so hatte ich mir das vorgestellt! smile



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.81, eingetragen 2019-04-25


2019-04-25 16:36 - Kitaktus in Beitrag No. 78 schreibt:
Aufgabe 070934:
fed-Code einblenden


Im Sinne der Aufgabenstellung gibt es dann aber nicht drei, sondern zehn Lösungstripel.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.82, eingetragen 2019-04-25


2019-04-25 10:50 - Caban in Beitrag No. 70 schreibt:
Hallo

So jetzt sollte es passen:

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

Ja, so passt es. Es ist noch zu ergänzen, dass die Ränder der beiden Kreissegmente nicht zur gesuchten Menge gehören.

Außerdem könnte man zur Lösung noch ergänzen:

Es ist \(|x-y|>r\) \(\iff\) \(x-y>r\) oder \(x-y<-r\) \(\iff\) \(y<x-r\) oder \(y>x+r\).
Folglich gehören nur solche Punkte \((x,y)\) zur Menge, die unterhalb der Gerade \(y=x-r\) oder oberhalb der Geraden \(y=x+r\) liegen.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, eingetragen 2019-04-25


2019-04-22 08:33 - stpolster im Themenstart schreibt:
Aufgabe 051223:
Es seien a eine von Null verschiedene reelle Zahl und f eine reelle Funktion mit den folgenden Eigenschaften:
(1) Ist die Funktion f an der Stelle x definiert, so ist sie auch an den Stellen x + a und x − a definiert.
(2) Für alle x, für die die Funktion f definiert ist, gilt
\[
f(x + a) = \frac{1 + f(x)}{1 − f(x)}
\] a) Es ist zu beweisen, dass die Funktion f periodisch ist, d.h., dass es eine von Null verschiedene reelle Zahl b gibt, so dass <math>f(x) = f(x+kb)</math> für alle x, für die die Funktion f definiert ist, und für alle ganzen
Zahlen k gilt.
b) Geben Sie eine Funktion an, die die obigen Eigenschaften hat!

Zu a)
Sei y beliebig und x = y+a. Dann ist
\(f(y+2a)=f(x+a)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} = \frac{1+f(y+a)}{1-f(y+a)}= \frac{1+\frac{1+f(y)}{1-f(y)}}{1-\frac{1+f(y)}{1-f(y)}} = ... = -\frac1{f(y)}\)
("..." steht für eine einfache algebraische Umformung.)
Sei nun z beliebig und y = z+2a. Dann ist
\(f(z+4a)=f(y+2a)=-\frac1{f(y)}=-\frac1{f(z+2a)}=-\frac1{-\frac1{f(z)}}=f(z)\).
Folglich ist die Funktion 4a-periodisch.



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-25


Alle neuen Lösungen sind eingetragen.
Außerdem habe ich die Datei noch einmal umformatiert.

LG Steffen



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, eingetragen 2019-04-26


2019-04-25 13:36 - stpolster in Beitrag No. 74 schreibt:
@Hyperplot: Hier meine Latex-Datei. Die Dateien werden mit \input ... eingebunden.

latex
\documentclass[11pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[ngerman]{babel}
\usepackage{tikz,fullpage,enumerate,icomma}
\usetikzlibrary{arrows,calc,intersections,patterns,arrows.meta,backgrounds, positioning,angles, quotes, babel}
\usepackage{standalone}
\usepackage{geometry}
\geometry{
   left=2.5cm,
   textwidth=16cm,
   marginpar=3cm,
   top=2cm,
   bottom=2cm} 
\setlength{\parindent}{0pt}   
\usepackage{framed} 
\usepackage{hyperref} %brauche ich für das Titelblatt
\begin{document}
....
\end{document}



Ich würde das irgendwie so machen:



Für den Dokumentkopf einen gemeinsamen Header:
Header.tex
latex
% Alle Dokumente:
 
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}  %<- Kodierung
\usepackage[ngerman]{babel}
\usepackage{microtype} %<- bessere Ränder
\usepackage{lmodern} %<- Standardschrift besser
 
\usepackage{fullpage,enumerate,icomma}
\usepackage{framed}
  \setlength{\FrameSep}{7pt} %  Raum um Rahmen
 
\usepackage{amsmath, amsfonts, amssymb}
\usepackage{icomma}
 
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{arrows,calc,intersections,
patterns,arrows.meta,backgrounds, 
positioning,angles, quotes, babel}
% Zeichenebenen
\pgfdeclarelayer{background}
\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{background,main,foreground}
 
\usepackage[]{standalone} % Für das Einbinden von Dateien
\newcommand\Aufg[2][]{\begin{framed}%
\vspace{-1.5ex}
\minisec{Aufgabe #2. \Links{#1}}%
\includestandalone[mode=tex]{A#2}% buildnew
\end{framed}}
 
\newcommand\Lsg[1]{%
\minisec{Lösung von Aufgabe #1.}\includestandalone[mode=tex]{L#1} }
 
\usepackage{varwidth}
 
% Für Randnotizen
\usepackage{scrlayer-notecolumn}
 
\DeclareNewNoteColumn[%
  marginpar,
  normalmarginpar,
  font=\raggedright\sffamily\bfseries\small,
]{rechts}
\DeclareNewNoteColumn[%
  marginpar,
  reversemarginpar,
  font=\raggedleft\sffamily\bfseries\footnotesize,
]{links}
 
\newcommand\Rechts[1]{\makenote[rechts]{#1}}
\newcommand\Links[1]{\makenote[links]{#1}}


Die Aufgaben von der Gestalt
A999001.tex
latex
% A999001.tex
\documentclass[varwidth, margin=5pt]{standalone}
\input{header}
\begin{document}
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
Löse die Gleichung $x+1=2$.
\end{varwidth}% <------- 
\end{document}
 


A999002.tex
latex
% A999002.tex
\documentclass[varwidth, margin=5pt]{standalone}
\input{header}
\begin{document}
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
Zeichne einen Kreis.
\end{varwidth}% <-------
\end{document}


Die Lösungen von der Gestalt

L999001.tex
latex
% L999001.tex
\documentclass[varwidth, margin=0pt]{standalone}
%\documentclass[]{article}
\input{header}
\begin{document}
 
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
$\begin{array}{l l}x+1=2   ~~~\big| -1    \\[1em]
x = 1
\end{array}$ \par
Hier mal ein Text. 
\end{varwidth}% <------- 
 
\end{document}


L999002.tex
latex
% L999002.tex
\documentclass[varwidth, margin=0pt]{standalone}
%\documentclass[]{article}
\input{header}
\begin{document}
 
\begin{varwidth}{\linewidth}
\begin{tikzpicture}[font=\bfseries]
\draw[thick, red] (0,0) circle[radius=2] node[text=black]{Kreis}; 
\end{tikzpicture}
\end{varwidth}
 
\end{document}



Das Hauptdokument:
main.tex
latex
% main.tex  
 
%\documentclass[11pt]{article}
\documentclass[11pt]{scrartcl} % besser eine KOMA-Klasse, wg. Layout
\addtokomafont{disposition}{\rmfamily} % optional: Serifenschrift für Überschriften
 
% Alle Dokumente:
\input{header}
 
% Nur Hauptdokument
%\input{Randnotizen}  % <---- Vorschlag
 
\usepackage{geometry}
\geometry{% showframe,   % Ränder anzeigen
   left=2.5cm,
   textwidth=16cm, % .... fraglich
   marginpar=3cm,
   top=2cm,
   bottom=2.5cm, %2cm,
   %
   head=1.5\baselineskip,    %
   foot=1.5\baselineskip,   
includehead, includefoot,  % evtluell, wegen ergänztem Kopf-/Fuß
}
% \setlength{\parindent}{0pt}  
\setparsizes{0pt}{0pt}{0pt plus 1fil} %<- "besser"
 
% Kopf- und Fusszeile
\usepackage[headsepline, footsepline, autoenlargeheadfoot=true]{scrlayer-scrpage} 
\setkomafont{pagehead}{\normalfont} % sonst kursiv
\setkomafont{pagefoot}{\normalfont} %    --- " --- 
 
\ohead[Auf Kapitelstartseiten oben außen]{oben außen}
\chead[Auf Kapitelstartseiten oben mitte]{oben mitte}
\ihead[Auf Kapitelstartseiten oben innen]{oben innen}
\ofoot[Auf Kapitelstartseiten unten außen]{ unten außen}
\cfoot[Auf Kapitelstartseiten unten mitte]{\pagemark}
\ifoot[Auf Kapitelstartseiten unten innen]{unten innen}
 
\usepackage{hyperref} %
\begin{document}
% Normales Einbinden via standalone
% \includestandalone[mode=buildnew]{L999001} \par
 
% Mit Kommando aus header
\Aufg[Algebra]{999001}
\Lsg{999001}
 
\Aufg[Geometrie]{999002}%\Links{Geometrie}
\Aufg{999002}% ohne Randnotiz
\Lsg{999002}
\end{document}


______________________________
Noch ein komplizierteres Beispiel:





Gleicher Header.

A4-061044.tex
latex
% A4-061044.tex
\documentclass[varwidth, margin=5pt]{standalone}
\input{header}
\begin{document}
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
Gegeben sei ein Dreieck $\Delta ABC$; wie üblich sei $BC=a$, 
$CA=b$
und $\gamma$ 
 das Gradmaß des Winkels $\sphericalangle ACB$. Konstruieren Sie ein Quadrat, dessen Flächeninhalt $2ab\cdot |\cos(\gamma)|$ beträgt!
\end{varwidth}% <------- 
\end{document}



L4-061044graph.tex
latex
% L4-061044graph.tex
\documentclass[margin=0mm]{standalone}
\input{header}
 
%\pgfdeclarelayer{background}
%\pgfdeclarelayer{foreground}
%\pgfsetlayers{background,main,foreground}
 
 
\begin{document}
 
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);}
 
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
 
\begin{tikzpicture}[scale=0.9,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },  
Dreieck/.style={thick}, 
]
 
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{5} %  
\pgfmathsetmacro{\b}{2.2} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{4} % 
\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % 
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % 
 
 
 
% Dreieckskonstruktion
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % 
\coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (0,0); 
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{C}] (C) at (\a,0); 
\coordinate[Punkt={above}{A}] (A) at (\Beta:\c); 
\end{pgfonlayer}
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % 
 
% Seiten 
\draw[thick] (B) -- (C) node[midway, above]{$a$};
\draw[thick] (C) -- (A) node[midway, right]{$b$};
\path[] (B) -- (A) node[midway, right]{$c$};
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\gamma$",  thick,
] {angle =A--C--B};
 
% Quadrat über c = BB*
\path[] (B) -- ($(B)!\c cm!90:(A)$) coordinate[Punkt={anchor=south west, yshift=3pt}{B^*}] (Bq) ;
\path[] (A) -- ($(A)!\c cm!-90:(B)$) coordinate[Punkt={right}{A^*}] (Aq);
\draw[] (A) -- (B) -- (Bq) -- (Aq) --cycle; % 
\path[] (B) -- (Aq) node[midway, fill=black!1]{$c^2$};
 
% Kongruententes Dreieck an Quadrat
\path[] (B) -- (Bq) node[midway, left]{$c$};
\draw[densely dashed] (Bq) --+ (0,-\a) node[midway, right]{$a$} coordinate[Punkt={anchor=north west}{B'}] (Bs)
-- (B) node[midway, left]{$b$};
 
% Parallelogramm unter a
\draw[densely dashed] (Bs) --+ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north west}{C'}] (Cs)
-- (C)  node[midway, right]{$b$};
\draw pic [draw, angle radius=7mm,% angle eccentricity=1.6,
"$\gamma$",  
] {angle =B--Bs--Bq};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.6,
"$90^\circ$-$\gamma$",  
] {angle =Cs--Bs--B};
\path[] (B) -- (Cs) node[midway, red]{$A_P = h\cdot a$};
 
% Rechteck aus Parallelogramm
\draw[] (B) -- ($(Bs)!(B)!(Cs)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{P}] (P);
\draw[] (C) --+ ($(P)-(B)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{Q}] (Q) -- (P);
\path[] (P) -- (B) node[midway, left]{$h$};
 
% Verdopplung des Rechtecks
\pgfmathsetmacro{\h}{\b*cos(\Gamma)} %  
\draw[] (P)
 --++ (0,-\h)  coordinate[Punkt={anchor=north east}{R}] (R)
--++ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north east}{S}] (S) -- (Q);
\path[] (R) -- (S) node[midway, above]{$a$};
\path[] (P) -- (R) node[midway, left]{$h$};
 
% Flächengleiches Dreieck an Gesamtrechteck
\draw[densely dashed] (S) --+ (0,-\a)
 coordinate[Punkt={anchor=south east}{T}] (T)
 node[midway, left]{$a$};
\Bogen[densely dashed]{S}{180}{270}{\a}
 
\pgfmathsetmacro{\r}{(2*\h+\a)/2} %  
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{M}] (M) at ($(C)!0.5!(T)$); 
\Bogen[densely dashed, name path=thales]{M}{-90}{90}{\r}
 
\draw[name path=hoehe] (S) --+ (1.1*\r,0);
\path[name intersections={of=thales and hoehe, name=X}];
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{X}] (X) at (X-1); 
 
\draw[] (S) -- (C); 
 
\draw[densely dashed] (X) -- (C);
\draw[densely dashed] (X) -- (T);
 
\draw pic [draw, angle radius=4mm,% angle eccentricity=1.6,
"$\cdot$",  
] {angle =C--X--T};
\end{pgfonlayer}
 
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\draw[red] (B) -- (Bs) -- (Cs) -- (C) -- cycle;
\end{pgfonlayer}
 
% Flächengleiches Quadrat
\pgfmathsetmacro{\H}{sqrt(2*\h*\a)} %  
%\draw[red] (S)-- ($(S)!\H cm!(X)$); % Test
\draw[thick, red, fill=pink] (X) --++ (0,\H) --++ (-\H,0) node[midway, below=3mm] {$A=2h\cdot a$} -- (S) --cycle;
 
%%% Punkte
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\foreach \P in {A,B,C,Aq, Bq,Bs,Cs,P,Q,R,S,M,T, X}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{pgfonlayer}
 
\end{tikzpicture}
% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
 
%\begin{enumerate}
%\item Errichte das Quadrat über $|AB|=c$.
%\item Ergänze an der Quadratseite $BB^*$ das zum Dreieck $ABC$ kongruente Dreieck $B'BB^*$.
%\item Bilde das Parallelogramm $B'C'CB$ aus den Seiten $|BB'|$ und $|BC|$; dieses hat den Flächeninhalt $A_P 
%= a\cdot h 
%= a b \sin(90^\circ-\gamma)
%= a b \cos(\gamma)$.
%\item Bilde aus dem Parallelogramm das flächengleiche Rechteck $PQCB$; verdopple das Rechteck zum Rechteck $RSCB$; dieses hat den Flächeninhalt $A = 2h \cdot a$. 
%\item Verlängere die Rechtecksseite $|CS|$ um $a = |RS|$, Endpunkt sei $T$. 
%\item Errichte über der Strecke $|CT|$ den Thaleskreis (Mittelpunkt sei $M$).
%\item Bestimme den Schnittpunkt derjenigen Geraden durch $|RS|$ mit dem Thaleskreis; der Schnittpunkt sei $X$. 
%\item Dann gilt für das rechtwinklige Dreieck $CTX$ nach dem Höhensatz: Das Rechteck aus den Höhenabschnitten ($2h$ und $a$) der zur Hypothenuse gehörenden Höhe ist so groß wie das Quadrat über der Höhe; mit anderen Worten: $
%A= 2h \cdot a = 2 b \cos(\gamma) \cdot a = 2ab\cos(\gamma)$. 
%\end{enumerate}
 
\end{varwidth}% <------- 
\end{document}


 L4-061044text.tex
latex
% L4-061044graph.tex
\documentclass[margin=0mm]{standalone}
\input{header}
 
%\pgfdeclarelayer{background}
%\pgfdeclarelayer{foreground}
%\pgfsetlayers{background,main,foreground}
 
 
\begin{document}
 
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) arc (#3:#4:#5);}
 
\begin{varwidth}{\linewidth}% <------- zur Sicherheit
 
\begin{tikzpicture}[scale=0.9,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },  
Dreieck/.style={thick}, 
]
 
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{5} %  
\pgfmathsetmacro{\b}{2.2} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{4} % 
\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % 
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % 
 
 
 
% Dreieckskonstruktion
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % 
\coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (0,0); 
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{C}] (C) at (\a,0); 
\coordinate[Punkt={above}{A}] (A) at (\Beta:\c); 
\end{pgfonlayer}
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % 
 
% Seiten 
\draw[thick] (B) -- (C) node[midway, above]{$a$};
\draw[thick] (C) -- (A) node[midway, right]{$b$};
\path[] (B) -- (A) node[midway, right]{$c$};
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\gamma$",  thick,
] {angle =A--C--B};
 
% Quadrat über c = BB*
\path[] (B) -- ($(B)!\c cm!90:(A)$) coordinate[Punkt={anchor=south west, yshift=3pt}{B^*}] (Bq) ;
\path[] (A) -- ($(A)!\c cm!-90:(B)$) coordinate[Punkt={right}{A^*}] (Aq);
\draw[] (A) -- (B) -- (Bq) -- (Aq) --cycle; % 
\path[] (B) -- (Aq) node[midway, fill=black!1]{$c^2$};
 
% Kongruententes Dreieck an Quadrat
\path[] (B) -- (Bq) node[midway, left]{$c$};
\draw[densely dashed] (Bq) --+ (0,-\a) node[midway, right]{$a$} coordinate[Punkt={anchor=north west}{B'}] (Bs)
-- (B) node[midway, left]{$b$};
 
% Parallelogramm unter a
\draw[densely dashed] (Bs) --+ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north west}{C'}] (Cs)
-- (C)  node[midway, right]{$b$};
\draw pic [draw, angle radius=7mm,% angle eccentricity=1.6,
"$\gamma$",  
] {angle =B--Bs--Bq};
\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.6,
"$90^\circ$-$\gamma$",  
] {angle =Cs--Bs--B};
\path[] (B) -- (Cs) node[midway, red]{$A_P = h\cdot a$};
 
% Rechteck aus Parallelogramm
\draw[] (B) -- ($(Bs)!(B)!(Cs)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{P}] (P);
\draw[] (C) --+ ($(P)-(B)$) coordinate[Punkt={anchor=south east}{Q}] (Q) -- (P);
\path[] (P) -- (B) node[midway, left]{$h$};
 
% Verdopplung des Rechtecks
\pgfmathsetmacro{\h}{\b*cos(\Gamma)} %  
\draw[] (P)
 --++ (0,-\h)  coordinate[Punkt={anchor=north east}{R}] (R)
--++ (\a,0) coordinate[Punkt={anchor=north east}{S}] (S) -- (Q);
\path[] (R) -- (S) node[midway, above]{$a$};
\path[] (P) -- (R) node[midway, left]{$h$};
 
% Flächengleiches Dreieck an Gesamtrechteck
\draw[densely dashed] (S) --+ (0,-\a)
 coordinate[Punkt={anchor=south east}{T}] (T)
 node[midway, left]{$a$};
\Bogen[densely dashed]{S}{180}{270}{\a}
 
\pgfmathsetmacro{\r}{(2*\h+\a)/2} %  
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{M}] (M) at ($(C)!0.5!(T)$); 
\Bogen[densely dashed, name path=thales]{M}{-90}{90}{\r}
 
\draw[name path=hoehe] (S) --+ (1.1*\r,0);
\path[name intersections={of=thales and hoehe, name=X}];
\coordinate[Punkt={anchor=south west}{X}] (X) at (X-1); 
 
\draw[] (S) -- (C); 
 
\draw[densely dashed] (X) -- (C);
\draw[densely dashed] (X) -- (T);
 
\draw pic [draw, angle radius=4mm,% angle eccentricity=1.6,
"$\cdot$",  
] {angle =C--X--T};
\end{pgfonlayer}
 
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\draw[red] (B) -- (Bs) -- (Cs) -- (C) -- cycle;
\end{pgfonlayer}
 
% Flächengleiches Quadrat
\pgfmathsetmacro{\H}{sqrt(2*\h*\a)} %  
%\draw[red] (S)-- ($(S)!\H cm!(X)$); % Test
\draw[thick, red, fill=pink] (X) --++ (0,\H) --++ (-\H,0) node[midway, below=3mm] {$A=2h\cdot a$} -- (S) --cycle;
 
%%% Punkte
\begin{pgfonlayer}{foreground}
\foreach \P in {A,B,C,Aq, Bq,Bs,Cs,P,Q,R,S,M,T, X}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{pgfonlayer}
 
\end{tikzpicture}
% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
 
%\begin{enumerate}
%\item Errichte das Quadrat über $|AB|=c$.
%\item Ergänze an der Quadratseite $BB^*$ das zum Dreieck $ABC$ kongruente Dreieck $B'BB^*$.
%\item Bilde das Parallelogramm $B'C'CB$ aus den Seiten $|BB'|$ und $|BC|$; dieses hat den Flächeninhalt $A_P 
%= a\cdot h 
%= a b \sin(90^\circ-\gamma)
%= a b \cos(\gamma)$.
%\item Bilde aus dem Parallelogramm das flächengleiche Rechteck $PQCB$; verdopple das Rechteck zum Rechteck $RSCB$; dieses hat den Flächeninhalt $A = 2h \cdot a$. 
%\item Verlängere die Rechtecksseite $|CS|$ um $a = |RS|$, Endpunkt sei $T$. 
%\item Errichte über der Strecke $|CT|$ den Thaleskreis (Mittelpunkt sei $M$).
%\item Bestimme den Schnittpunkt derjenigen Geraden durch $|RS|$ mit dem Thaleskreis; der Schnittpunkt sei $X$. 
%\item Dann gilt für das rechtwinklige Dreieck $CTX$ nach dem Höhensatz: Das Rechteck aus den Höhenabschnitten ($2h$ und $a$) der zur Hypothenuse gehörenden Höhe ist so groß wie das Quadrat über der Höhe; mit anderen Worten: $
%A= 2h \cdot a = 2 b \cos(\gamma) \cdot a = 2ab\cos(\gamma)$. 
%\end{enumerate}
 
\end{varwidth}% <------- 
\end{document}


 main.tex
latex
% main.tex  
 
%\documentclass[11pt]{article}
\documentclass[11pt]{scrartcl} % besser eine KOMA-Klasse, wg. Layout
\addtokomafont{disposition}{\rmfamily} % optional: Serifenschrift für Überschriften
 
% Alle Dokumente:
\input{header}
 
% Nur Hauptdokument
%\input{Randnotizen}  % <---- Vorschlag
 
\usepackage{geometry}
\geometry{% showframe,   % Ränder anzeigen
   left=2.5cm,
   textwidth=16cm, % .... fraglich
   marginpar=3cm,
   top=2cm,
   bottom=2.5cm, %2cm,
   %
   head=1.5\baselineskip,    %
   foot=1.5\baselineskip,   
includehead, includefoot,  % evtluell, wegen ergänztem Kopf-/Fuß
}
% \setlength{\parindent}{0pt}  
\setparsizes{0pt}{0pt}{0pt plus 1fil} %<- "besser"
 
% Kopf- und Fusszeile
\usepackage[headsepline, footsepline, autoenlargeheadfoot=true]{scrlayer-scrpage} 
\setkomafont{pagehead}{\normalfont} % sonst kursiv
\setkomafont{pagefoot}{\normalfont} %    --- " --- 
 
\ohead[Auf Kapitelstartseiten oben außen]{oben außen}
\chead[Auf Kapitelstartseiten oben mitte]{oben mitte}
\ihead[Auf Kapitelstartseiten oben innen]{oben innen}
\ofoot[Auf Kapitelstartseiten unten außen]{ unten außen}
\cfoot[Auf Kapitelstartseiten unten mitte]{\pagemark}
\ifoot[Auf Kapitelstartseiten unten innen]{unten innen}
 
\usepackage{hyperref} %
\begin{document}
\Aufg[Geometrie]{4-061044}
\Lsg{4-061044graph}
\input{L4-061044text}
\end{document}









2019-04-25 13:36 - stpolster in Beitrag No. 74 schreibt:
Nebenbei: Ich habe die Layer wieder eingefügt.

Aber scheinbar nur teilweise.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, eingetragen 2019-04-26


Aufgabe 6 - 051246
Man beweise den folgenden Satz:
Wenn der Schnitt jeder Ebene, die mit der Fläche F mehr als einen Punkt gemeinsam hat, ein Kreis ist, dann ist F eine Kugel(fläche).

Lösung
Wähle einen Schnittkreis $k$ einer Ebene mit der Fläche $F$ (Schnittkreise existieren, weil $F$ eine Fläche ist und somit mehr als einen Punkt enthält).
Nun betrachte die Ebenenschar $E_t$ bestehend aus allen Ebenen $e'$, die durch den Mittelpunkt von $k$ gehen und senkrecht auf der Ebene von $k$ stehen. Eine beliebige solche Ebene $e'$ schneidet $k$ in zwei (auf $k$ gegenüberliegenden) Punkten. Insbesondere schneidet $e'$ also die Fläche $F$ in zwei Punkten, sodass die Schnittfigur einen Kreis $k'$ darstellt. Alle anderen Ebenen der Schar $E_t$ schneiden nun $k'$ in denselben zwei Punkten und sie schneiden $k$. Man sieht leicht, dass die entsprechenden Schnittkreise alle denselben Mittelpunkt und Radius haben, sodass sie insgesamt eine Kugelfläche bilden.
Dies zeigt, dass eine Kugelfläche in $F$ enthalten ist. Da die Ebenenschar $E_t$ aber den ganzen Raum überdeckt und somit jeden möglichen Schnittpunkt mit der Fläche $F$ enthalten muss, folgt, dass $F$ in der Kugelfläche enthalten ist. Beides zusammen impliziert, dass $F$ eine Kugelfläche ist.




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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-26


Hallo,
ich habe im ganzen Text die "einzelnen" Variablen usw. nun korrekt auf kursiv gesetzt, den Text nochmals neu formatiert und zwei Lösungen ergänzt.
Jetzt haben wir schon 85 Lösungen. Sensationell in der kurzen Zeit. Danke.

@Hyperplot: Deine Vorschläge sind sehr interessant, übersteigen aber im Moment (noch) meine Fähigkeiten. Ich werde Schritt für Schritt mir alles genau ansehen und (wahrscheinlich) übernehmen. Danke.

LG Steffen

Nachtrag: Kurios! Der PDF-Text wurde diese Nacht 4:46 Uhr aus Bhutan(!) heruntergeladen. Noch nie hatte meine Seite Zugriff aus Bhutan.
Da hat wohl jemand mit seinem Tor-Browser eine seltene Verbindung erhalten.  razz



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2019-04-26


2019-04-25 21:39 - StrgAltEntf in Beitrag No. 83 schreibt:
Aufgabe 051223:
[...]
Zu a)
[...]

Zu b)
Leider gibt es keine einfache Lösung mit einer Konstante $1\neq c\in \mathbb{R}$, sodass $f \equiv c$, da dann $-c^2=1$ nach Bedingung 2) gelten müsste.

Hingegen funktioniert es für $a=\pi/12$ mit $f(x)=\tan(3x)$, aufgrund des Additionstheorems $$\tan(x+y)=\frac{\tan x +\tan y}{1-\tan x \tan y}$$ und $\tan(\pi/4)=1$.
Zudem ist Bedingung 1) erfüllt: [folgendes war Quatsch, siehe untere Beiträge...]Wenn $x$ im Definitionsbereich von $\tan(3x)$ liegt, so gilt $3x\neq 3k\pi+3\pi/2$ für alle $k\in \mathbb{Z}$. Dann ist aber $3x\pm \pi/12$ auch im Definitionsbereich. Andernfalls wäre nämlich $3x\pm \pi/12=3k\pi+3\pi/2$ für ein $k\in \mathbb{Z}$, woraus aber $3x=3(k\pm 1)\pi+3\pi/2$ folgen würde, Widerspruch.




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, eingetragen 2019-04-26


2019-04-26 08:20 - stpolster in Beitrag No. 87 schreibt:
Nachtrag: Kurios! Der PDF-Text wurde diese Nacht 4:46 Uhr aus Bhutan(!) heruntergeladen. Noch nie hatte meine Seite Zugriff aus Bhutan.

Aus Bhutan, hört sich gut an! Bislang wusste ich nicht einmal, dass es diesen Staat überhaupt gibt.  biggrin

Aber es wundert mich nicht, denn das ist ein echt tolles Projekt, das du da auf die Beine gestellt hast, und die eifrige Mitarbeit seites der Forumuser hier spiegelt das einfach nur wider. Chapeau!  wink



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.87 begonnen.]



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HyperPlot
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<math>

\pagecolor{black!1}

\pgfmathsetmacro{\R}{3.2}
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{70} %

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{180-2*\Alpha} %

\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },
Dreieck/.style={thick},
]

% Sehnen-Trapez
\coordinate[Punkt={below}{M}] (M) at (0,0);
\coordinate[Punkt={left}{A}] (A) at (-\R,0);
\coordinate[Punkt={right}{B}] (B) at (\R,0);
\draw[name path=kreis] (M) circle[radius=\R];

\path[name path=AD, overlay] (A) --+ (\Alpha:2*\R);
\path[name intersections={of=kreis and AD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-2);

\path[name path=BD, overlay] (D) --+ (2*\R,0);
\path[name intersections={of=kreis and BD, name=C}];
\coordinate[Punkt={right}{C}] (C) at (C-1);

\draw[] (A) -- (B) -- (C) -- (D) --cycle;

% Trapezdiagonale
\path[name path=DC] (D) -- (C);

% Dreieck
\coordinate[Punkt={above}{C_1}] (C1) at (90:\R);

\pgfmathsetmacro{\k}{2*\R}
\path[name path=B1C1, overlay] (C1) --+ ($\k*(C)-\k*(B)$)
(C1) --+ ($-\k*(C)+\k*(B)$);
\path[name intersections={of=kreis and B1C1, name=B1}];
\coordinate[Punkt={right}{B_1}] (B1) at (B1-2);

\path[name path=A1C1, overlay] (C1) --+ ($\k*(D)-\k*(A)$)
(C1) --+ ($-\k*(D)+\k*(A)$);
\path[name intersections={of=kreis and A1C1, name=A1}];
\coordinate[Punkt={left}{A_1}] (A1) at (A1-2);

\draw[] (A1) -- (B1) -- (C1)  --cycle;


\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
%pic text={$\gamma$}, pic text options={yshift=3mm},  double,
"$\gamma$",   double,
] {angle =A1--C1--B1};

% Kongruentes Dreieck
\path let
\p0 = (A), % Zentrum
\p1 = (C),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\pgfmathsetlengthmacro{\AC}{\Radius} % "pt" abstreifen
%\draw[red] (C1) -- ($(C1)!\AC!(A1)$);  % Test

\draw[red] (A) --+ (-0.5*\Gamma:\Radius) coordinate[Punkt={right}{P}] (P) -- (C) -- (A);

\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.3,
pic text={$\gamma$}, pic text options={yshift=3mm},  double,
%"$\gamma$",
] {angle =P--A--C};

% Hhen im Trapez
\draw[densely dashed] (D)  -- ($(A)!(D)!(B)$) coordinate[Punkt={anchor=north west}{L}] (L) node[midway, right]{$h$};

\draw[densely dashed] (C)  -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={anchor=north east}{L"}] (Ls) node[midway, left]{$h$};

\path[] (Ls) -- (P) node[midway, left]{$h$};

\path[] (Ls) -- (B) node[midway, above]{$x$};

%% Punkte
\foreach \P in {M,L,Ls, A,C,P}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

\end{tikzpicture}

% Annotation
%\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}

\rule{0.8\textwidth}{0.4pt}

\begin{minipage}{0.7\textwidth}
\begin{itemize} % enumerate
\item Legt man durch die Trapezecke $A$  eine Gerade so, dass sie mit der  Trapezdiagonalen $|AC|$ den Dreieckswinkel  $\gamma$ einschliet, so schneidet die Gerade den Umkreis in einem Punkte $P$; und man erhlt mit $PCA$ ein zum gegebenen Dreieck $A_1 B_1 C_1$ kongruentes (also flchengleiches) Dreieck, da die Dreiecke $PCA$ und $A_1 B_1 C_1$ in zwei Seiten und dem eingeschlossenen Winkel bereinstimmen.

\item Sei wie blich $|AB|=a$, dann berechnet sich die Trapezflche zu $$
A_T = |LL"|\cdot h +2\cdot \dfrac12 xh
= (a-2x)\cdot h + x\cdot h = (a-x)\cdot h$$

\item Die Dreiecksflche berechnet sich zu $$
A_\Delta = \dfrac{2h \cdot (a-x)}{2} = h\cdot (a-x)
$$
\item Also ist $A_T = A_\Delta$. \\[1em]
\phantom{aaa}
\end{itemize}
\end{minipage}
</math>

LaTeX-Code
latex
% 020924
% https://mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/03/OMKlasse_09.pdf
 
\documentclass[margin=5pt]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
 
\usepackage{varwidth}
\begin{document}
 
 
\begin{varwidth}{\linewidth}
 
\pgfmathsetmacro{\R}{4} 
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{70} %  
 
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{180-2*\Alpha} %  
 
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },  
Dreieck/.style={thick}, 
]
 
% Sehnen-Trapez
\coordinate[Punkt={below}{M}] (M) at (0,0); 
\coordinate[Punkt={left}{A}] (A) at (-\R,0); 
\coordinate[Punkt={right}{B}] (B) at (\R,0); 
\draw[name path=kreis] (M) circle[radius=\R];
 
\path[name path=AD, overlay] (A) --+ (\Alpha:2*\R);
\path[name intersections={of=kreis and AD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-2); 
 
\path[name path=BD, overlay] (D) --+ (2*\R,0);
\path[name intersections={of=kreis and BD, name=C}];
\coordinate[Punkt={right}{C}] (C) at (C-1); 
 
\draw[] (A) -- (B) -- (C) -- (D) --cycle;
 
% Trapezdiagonale
\path[name path=DC] (D) -- (C);
 
% Dreieck
\coordinate[Punkt={above}{C_1}] (C1) at (90:\R); 
 
\pgfmathsetmacro{\k}{2*\R} 
\path[name path=B1C1, overlay] (C1) --+ ($\k*(C)-\k*(B)$)
(C1) --+ ($-\k*(C)+\k*(B)$);
\path[name intersections={of=kreis and B1C1, name=B1}];
\coordinate[Punkt={right}{B_1}] (B1) at (B1-2); 
 
\path[name path=A1C1, overlay] (C1) --+ ($\k*(D)-\k*(A)$)
(C1) --+ ($-\k*(D)+\k*(A)$);
\path[name intersections={of=kreis and A1C1, name=A1}];
\coordinate[Punkt={left}{A_1}] (A1) at (A1-2); 
 
\draw[] (A1) -- (B1) -- (C1)  --cycle;
 
 
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
 %pic text={$\gamma$}, pic text options={yshift=3mm},  double, 
"$\gamma$",   double, 
] {angle =A1--C1--B1};
 
% Kongruentes Dreieck
\path let             
\p0 = (A), % Zentrum
\p1 = (C),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % 'pt' abstreifen
\pgfmathsetlengthmacro{\AC}{\Radius} % 'pt' abstreifen
%\draw[red] (C1) -- ($(C1)!\AC!(A1)$);  % Test
 
\draw[red] (A) --+ (-0.5*\Gamma:\Radius) coordinate[Punkt={right}{P}] (P) -- (C) -- (A);
 
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.3,
 pic text={$\gamma$}, pic text options={yshift=3mm},  double, 
%"$\gamma$",  
] {angle =P--A--C};
 
% Höhen im Trapez
\draw[densely dashed] (D)  -- ($(A)!(D)!(B)$) coordinate[Punkt={anchor=north west}{L}] (L) node[midway, right]{$h$};
 
\draw[densely dashed] (C)  -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={anchor=north east}{L'}] (Ls) node[midway, left]{$h$};
 
\path[] (Ls) -- (P) node[midway, left]{$h$};
 
\path[] (Ls) -- (B) node[midway, above]{$x$};
 
%% Punkte
\foreach \P in {M,L,Ls, A,C,P}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
 
\end{tikzpicture}
 
% Annotation
%\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\begin{itemize} % enumerate
\item Legt man durch die Trapezecke $A$  eine Gerade so, dass sie mit der  Trapezdiagonalen $|AC|$ den Dreieckswinkel  $\gamma$ einschließt, so schneidet die Gerade den Umkreis in einem Punkte $P$; und man erhält mit $PCA$ ein zum gegebenen Dreieck $A_1 B_1 C_1$ kongruentes (also flächengleiches) Dreieck, da die Dreiecke $PCA$ und $A_1 B_1 C_1$ in zwei Seiten und dem eingeschlossenen Winkel übereinstimmen.
 
\item Sei wie üblich $|AB|=a$, dann berechnet sich die Trapezfläche zu $$
A_T = |LL'|\cdot h +2\cdot \dfrac12 xh
= (a-2x)\cdot h + x\cdot h = (a-x)\cdot h$$
 
\item Die Dreiecksfläche berechnet sich zu $$
A_\Delta = \dfrac{2h \cdot (a-x)}{2} = h\cdot (a-x)
$$
\item Also ist $A_T = A_\Delta$.
\end{itemize}
 
\end{varwidth}
\end{document}
 





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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, eingetragen 2019-04-26


@ HyperPlot
Legt man durch die Trapezecke $A$  eine Gerade so, dass sie mit der  Trapezdiagonalen $|AC|$ den Dreieckswinkel  $\gamma$ einschließt, so schneidet die Gerade den Umkreis in einem Punkte $P$; und man erhält mit $PCA$ ein zum gegebenen Dreieck $A_1 B_1 C_1$ kongruentes, also flächengleiches, Dreieck.
Hier fehlt eine wesentliche Begründung für die Kongruenz der Dreiecke.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2019-04-26


..., da die Dreiecke $PCA$ und $A_1 B_1 C_1$ in zwei Seiten und dem eingeschlossenen Winkel übereinstimmen.
Genau dafür fehlt ein Argument.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, eingetragen 2019-04-26


Aufgabe 070935:
Von einem Dreieck ABC seien die Seitenlängen a, b und c bekannt.
Berechnen Sie die Länge <math>s_c</math> der Seitenhalbierenden der Seite AB!
Sei $S$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$. Mittels Kosinussatz in den Dreiecken $ABC$ und $ASC$ erhalten wir:
\[\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \text{cos}(\alpha) = \frac{b^2+\left(\frac{c}{2}\right)^2-s_c^2}{2b\frac{c}{2}}\] und somit
\[\frac{1}{2}(b^2+c^2-a^2)=b^2+\frac{1}{4}c^2-s_c^2 \iff\\
s_c^2 = \frac{1}{4}(2a^2+2b^2-c^2)\]



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, eingetragen 2019-04-26


Zu 051223, Teil b:

2019-04-26 10:06 - Kornkreis in Beitrag No. 88 schreibt:
Hingegen funktioniert es für $a=\pi/12$ mit $f(x)=\tan(3x)$, aufgrund des Additionstheorems $$\tan(x+y)=\frac{\tan x +\tan y}{1-\tan x \tan y}$$ und $\tan(\pi/4)=1$.

Weshalb nimmst du nicht einfacher \(f(x)=\tan(x)\) und \(a=\pi/4\)?

Hier noch eine auf ganz \(\IR\) definierte Funktion:

Sei \(f(x)=2\) für \(0\leq x<1\), , \(f(x)=-3\) für \(1\leq x<2\),\(f(x)=-1/2\) für \(2\leq x<3\), \(f(x)=1/3\) für \(3\leq x<4\). Setze diese Funktion 4-periodisch auf \(\IR\) fort. Für \(a=1\) ist die Funktionalgleichung erfüllt.

Zusatzaufgabe: Finde eine auf ganz \(\IR\) stetige (oder diffbare) Funktion!



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Kuestenkind
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Huhu Steffen,

hier eine Lösung für 061245:




Nun - es geht also um die Gleichung \[5x+2y+z=10n\quad(\star)\] Betrachten wir doch mal die kleinste natürliche Zahl. Sei also \(n=1\). Dann suchen wir also die nichtnegativen Lösungen für \(5x+2y+z=10\iff 2y+z=10-5x\). Offensichtlich kann \(x\) also nur die Werte \(0,1,2\) annehmen. Für \(x=0\) kann \(z\) die Werte \(10,8,6,...,0\) annehmen. Für \(x=1\) kann \(z\) die Werte \(5,3,1\) annehmen und für \(x=2\) kann \(z\) nur den Wert 0 annehmen. Wir erhalten also insgesamt \(6+3+1=10\) Lösungen.

Nun setzen wir in \((\star)\) mal \(x\mapsto x-2\). Wir erhalten:

\[5(x-2)+2y+z=10n\iff5x+2y+z=10(n+1)\quad( \square)\]
Sei nun \(A(n+1)\) die Anzahl der ganzzahligen nichtnegativen Lösungen von \((\square)\). Dann ist \(A(n+1)-A(n)\) gleich die Anzahl der ganzzahligen nichtnegativen Lösungen für \(x=0\) und \(x=1\) in \((\square)\).

1. Fall: Sei \(x=0\)

\(\displaystyle 2y+z=10n+10\)

Es gilt \(0\leq y\leq 5n+5\) und somit erhalten wir \(5n+6\) Lösungen.

2. Fall: Sei \(x=1\)

\(\displaystyle 5+ 2y+z=10n+10\iff 2y+z=10n+5\)

Es gilt \(0\leq y\leq 5n+2\) und somit erhalten wir \(5n+3\) Lösungen.

Es gilt somit \(A(n+1)-A(n)=10n+9\) sowie \(A(1)=10\). Rekursiv können wir also \(A(n)\) berechnen.

\(\displaystyle A(n)=10+\sum_{k=1}^{n-1}(10k+9)=10+9(n-1)+10\frac{(n-1)n}{2}=5n^2+4n+1\)


Ein schönes Wochenende wünscht,

Küstenkind

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.93 begonnen.]



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.96, eingetragen 2019-04-26

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-04-26 20:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 94 schreibt:
Zusatzaufgabe: Finde eine auf ganz \(\IR\) stetige (oder diffbare) Funktion!
Gibt es nicht:
Wäre $f$ stetig, so hätte $f$ wegen $f(x+2a)=-\frac 1{f(x)}$ nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle $x_0$. Dann wäre $f(x_0+a)=1$. $x_1:= x_0+a$ kann aber nicht im Definitionsbereich von $f$ liegen, da sonst auch $x_1+a$ im Definitionsbereich läge, obwohl die Gleichung $f(x_1+a)=\frac{1+f(x_1)}{1-f(x_1)}$ wegen $f(x_1)=1$ nicht erfüllt sein kann.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.94 begonnen.]

Daran sieht man auch, dass $f= \tan, a=\frac\pi 4$ bzw. $f(x)= \tan(3x), a= \frac \pi{12}$ nur dann den Anforderungen der Aufgabe entsprechen, wenn man den Definitionsbereich noch weiter als üblich einschränkt.
Da ist also ein Fehler in
2019-04-26 10:06 - Kornkreis in Beitrag No. 88 schreibt:
Zudem ist Bedingung 1) erfüllt: Wenn $x$ im Definitionsbereich von $\tan(3x)$ liegt, so gilt $3x\neq 3k\pi+3\pi/2$ für alle $k\in \mathbb{Z}$. Dann ist aber $3x\pm \pi/12$ auch im Definitionsbereich. Andernfalls wäre nämlich $3x\pm \pi/12=3k\pi+3\pi/2$ für ein $k\in \mathbb{Z}$, woraus aber $3x=3(k\pm 1)\pi+3\pi/2$ folgen würde, Widerspruch.

Im Fall von $f= \tan, a=\frac\pi 4$ ist als Definitionsbereich nur $\IR\setminus (\frac \pi 4 \IZ)$ zulässig.
Entsprechend ist für $f(x)= \tan(3x), a= \frac \pi{12}$ nur der Definitionsbereich $\IR\setminus (\frac \pi {12} \IZ)$ erlaubt.

\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.97, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-26


Wieder ein großes Danke an alle.
Jetzt sind wir bei 96 Lösungen auf 100 Seiten (ist schon online).

LG Steffen



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.98, eingetragen 2019-04-26


Huhu,

061246 findet man samt Lösung in A. Engel, Problem-Solving Strategies.



Gruß,

Küstenkind



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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.99, eingetragen 2019-04-26


2019-04-26 08:20 - stpolster in Beitrag No. 87 schreibt:
@Hyperplot: Deine Vorschläge sind sehr interessant, übersteigen aber im Moment (noch) meine Fähigkeiten. Ich werde Schritt für Schritt mir alles genau ansehen und (wahrscheinlich) übernehmen. Danke.

Ich habe schnell gesehen, welche Schwierigkeiten sich da auftun. Ich sag mal: in Deiner Haut möchte ich nicht stecken.

Aber: das kriegt man schon hin, nach und nach.  wink


PS: Kopf- und Fußzeile, was Du wolltest, hatte ich plakativ ergänzt. Das ist einfach der Teil
latex
% Kopf- und Fusszeile
\usepackage[headsepline, footsepline, autoenlargeheadfoot=true]{scrlayer-scrpage} 
\setkomafont{pagehead}{\normalfont} % sonst kursiv
\setkomafont{pagefoot}{\normalfont} %    --- " --- 
 
\ohead[Auf Kapitelstartseiten oben außen]{oben außen}
\chead[Auf Kapitelstartseiten oben mitte]{oben mitte}
\ihead[Auf Kapitelstartseiten oben innen]{oben innen}
\ofoot[Auf Kapitelstartseiten unten außen]{ unten außen}
\cfoot[Auf Kapitelstartseiten unten mitte]{\pagemark}
\ifoot[Auf Kapitelstartseiten unten innen]{unten innen}

einfach hier übernommen: de.wikibooks.org/wiki/LaTeX-Kompendium:_Baukastensystem

Es wäre dabei, bei scrlayer-scrpage, allerdings besser eine KOMA-Klasse zu verwenden, also ganz oben
latex
%\documentclass[11pt]{article} % ALT
\documentclass[11pt]{scrartcl} % NEU: besser eine KOMA-Klasse, wg. Layout
\addtokomafont{disposition}{\rmfamily} % optional: Serifenschrift für Überschriften




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.97 begonnen.]



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ZePhoCa
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.100, eingetragen 2019-04-26


Aufgabe 080921:

a) Ein Beispiel ist $2,3,4,5,6$.
b) Nennen wir die erste Zahl $n$. $n$ muss durch $2$ teilbar, also gerade sein. $n+1$ muss durch $3$ teilbar sein, also muss $n$ bei Division durch $3$ den Rest $2$ lassen. $n+2$ muss durch $4$ teilbar sein. Da $n$ gerade ist, ist $n+2$ auch gerade und genau dann durch $4$ teilbar, wenn $n$ nicht durch $4$ teilbar ist. $n+3$ muss durch $5$ teilbar sein, also muss $n$ bei Division durch $5$ den Rest $2$ lassen. $n+4$ muss durch $6$ teilbar sein. Durch $2$ teilbar ist es auf jeden Fall, da $n$ gerade ist. Da $n$ bei Division durch $3$ den Rest $2$ lässt ist $n+4$ auch durch $6$ teilbar. Also muss $n$ die folgenden Voraussetzungen erfüllen:

$n$ muss gerade aber nicht durch $4$ teilbar sein, bei Division durch $3$ den Rest $2$ lassen und bei Division durch $5$ ebenfalls den Rest $2$ lassen.

Für die Uni: Mit dem Chinesischen Restsatz kann man hieraus $n \equiv 2 \mod 60$ folgern.



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ZePhoCa
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.101, eingetragen 2019-04-26


Aufgabe 051234:

Für $n=0$ gilt die Aussage offenbar. Gelte nun die Aussage für ein $n \in \mathbb{N}$. Dann gilt $x_{n+1}^2 - 2y_{n+1}^2 = (x_n+2y_n)^2 - 2(x_n+y_n)^2 = 2y_n^2-x_n^2 = -(-1)^n = (-1)^{n+1}$.

Mit Induktion folgt die Aussage also für alle $n$.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.102, eingetragen 2019-04-26


2019-04-26 20:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 94 schreibt:
Zu 051223, Teil b:
[...]
Weshalb nimmst du nicht einfacher \(f(x)=\tan(x)\) und \(a=\pi/4\)?


Ja das war Quatsch. Ich hatte erst Bedingung 1) übersehen, dass mit $x$ auch $x\pm \pi/4$ im Definitionsbereich liegen muss, und wollte das dann nachträglich reinwursteln, ohne den Definitionsbereich des Tangens beschränken zu müssen. Mit $f(x)=\tan(3x)$ wäre die Bedingung 1 dann erfüllt, bloß blöd, dass man dann $a=\pi/12$ statt $\pi/4$ nehmen sollte. Und eh kommt man nicht darum, den Definitionsbereich weiter einzuschränken, um bei Bedingung 2) nicht durch 0 zu dividieren.

@Steffen: Bitte die Lösung mit dem Tangens modifizieren: $f(x)=\tan(x)$ mit $a=\pi/4$ erfüllt beide Bedingungen, wobei aus dem Definitionsbereich des Tangens zusätzlich $\frac{\pi}{4} \mathbb{Z}$ entfernt werden muss.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.100 begonnen.]



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expIphi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.103, eingetragen 2019-04-26


@stpolster

Es grenzt ans Erstaunliche mit welcher Überschallgeschwindigkeit Du die hier veröffentlichten Lösungen in das Sammelskript einpflegst.

Dennoch mein Tip: Warte ca. 24h; denn manchmal muss man doch noch etwas nachkorrigieren...


@ Rest:

Es wäre gut, hier zur Aufgabennummer jeweils auch den Aufgabentext zu posten (Screenshot o.ä.).
 



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.104, eingetragen 2019-04-27

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 080923:
Geben Sie alle Paare (x, y) natürlicher Zahlen an, für die <math>x^3-y^3 = 999</math> ist!

Lösung
Offenbar erfüllt jede Lösung $x>y$. Es gibt also ein positives $z\in \IN$ mit $x=y+z$. Das führt zur äquivalenten Gleichung $z(z^2+3yz+3y^2)=999$. Es muss also $z$ ein Teiler von $999=3^3\cdot 37$ sein. Da $z(z^2+3yz+3y^2)$ genau dann durch $3$ teilbar ist, wenn $z$ durch drei teilbar ist und weil $z\leq z^2+3yz+3y^2$ gilt, bleiben nur noch die Möglichkeiten $(z,z^2+3yz+3y^2) =(3, 333)$ und $(z,z^2+3yz+3y^2) =(9, 111)$ übrig.

1. Fall: $(z,z^2+3yz+3y^2) =(3, 333)$
Dann gilt $9+9z+9y^2=333$, also $y^2+3y=108$. Die einzige natürliche Lösung dieser Gleichung ist $y=9$.
Das führt zur Lösung $(x,y)=(12,9)$.

2. Fall: $(z,z^2+3yz+3y^2) =(9, 111)$
Dann ist $81+27y+3y^2=111$, also $y^2+9y=10$, also $y=1$. Somit ist $(x,y)=(10,1)$ eine Lösung.

Insgesamt gibt es also genau zwei Lösungspaare, nämlich $(12,9)$ und $(10,1)$.



\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.105, eingetragen 2019-04-27

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 070932:
Auf einem (rechtwinkligen) Billardtisch ABCD befindet sich im Punkt P eine Kugel.
Nach welchem Punkt von AB muss diese gestoßen werden, damit sie erst der Reihe nach genau je einmal an den Seiten AB, BC, CD und DA des Tisches reflektiert wird und dann genau wieder im Punkt P eintrifft?

Man muss auf den Schnittpunkt von $AB$ mit der Parallelen zu $BD$ durch $P$ zielen. (Dieser Schnittpunkt existiert nur, wenn $P$ im Dreieck $ABD$ liegt.)
Zum Beweis reicht es aus ein einfaches Bild zu malen (vielleicht erbarmt sich jemand das zu tun):
Man spiegle $ABCD$ an $AB$.
Das dadurch erhaltene neue Rechteck $R_1$ spiegle man an der Seite, die $BC$ entspricht und erhalte $R_2$.
$R_2$ wiederum spiegle man an der Seite von $R_2$, die $CD$ entspricht. Das Spiegelrechteck sei $R_3$.
$R_3$ spiegelt man an der Seite, die $DC$ entspricht und erhalte $R_4$.
Sei $P'$ der Punkt in $R_4$, der $P$ entspricht. (Man beobachte, dass $R_4$ durch Verschiebung von $ABCD$ parallel zur Diagonalen $BD$ entsteht.)
Das Reflexionsgesetz sagt nun aus, dass wenn man die Kugel im Punkt $P$ in die Richtung von $P'$ stößt, man die Seiten in der gewünschten Reihenfolge trifft und anschließend wieder bei $P$ landet.
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.106, eingetragen 2019-04-27

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 070933:
Man denke sich die natürlichen Zahlen von 1 bis 100, aufsteigend der Größe nach geordnet, angeschrieben.
Die dabei insgesamt aufgeschriebenen Ziffern denke man sich in unveränderter Reihenfolge zur Ziffernfolge
der hiermit erklärten Zahl
1234567891011121314...979899100
zusammengestellt.
Aus ihr sollen genau 100 Ziffern so gestrichen werden, dass die restlichen Ziffern in gleicher Reihenfolge eine möglichst große Zahl bilden.
Wie lautet diese?

Lösung
Zunächst beobachten wir, dass das Ergebnis immer die gleiche Anzahl an Ziffern hat, egal welche Ziffern man streicht.
Damit die Ergebniszahl mit mindestens fünf Neunen beginnt, muss man auf jeden Fall die Zahlen $1,2,\ldots, 8, 10, 11, \ldots, 18,20,21,\ldots, 28, 30,\ldots, 38, 40, 41,\ldots, 48$ und die Ziffer $4$ von $49$ streichen. Das sind $8+4\cdot 19= 84$ Ziffern.
Es ist nicht möglich, dass das Ergebnis mit sechs Neunen startet, denn dazu müsste man auch noch die Zahlen $50,51,\ldots, 58$ und die Ziffer $5$ von $59$ streichen, das wären dann aber schon $84+19 > 100$ Ziffern.
Es ist auch nicht möglich, dass das Ergebnis mit den Ziffern $999998$ beginnt, denn dazu müsste man zusätzlich noch $50,51,\ldots, 57$ und die $5$ von $58$ streichen, also insgesamt $84+17>100$ Ziffern.
Durch zusätzliche Streichung der Zahlen $50,51,\ldots, 56$ und der Ziffer $5$ von $57$ erhält man eine Zahl, die mit $999997$ beginnt und hat bisher $84+15=99$ Ziffern gestrichen.
Streicht man danach auch noch die Ziffer $5$ von $58$, hat man 100 Ziffern gestrichen und erhält $\varepsilon:=999997859606162...99100$ als Ergebnis.
Streicht man die Ziffer $5$ von $58$ nicht, so bekommt man eine Zahl, die mit $9999975$ beginnt, also kleiner als $\varepsilon$ ist.
Also ist $\varepsilon$ die größte mögliche Zahl.

\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.107, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-27


Jetzt sind es 108 Lösungen und eine Menge neuer Aufgaben der Klasse 10.
Heute muss ich leider etwas kürzer treten, sonst "frisst" mich meine Frau mit Haut und Haaren. (langweilige Familienfeier, Mathe ist viel schöner smile )

LG Steffen



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.108, eingetragen 2019-04-27


051225
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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.109, eingetragen 2019-04-27


Aufgabe 080931:
Marlies erklärt Claus-Peter ein Verfahren, nach dem man, wie sie meint, die Quadrate der natürlichen Zahlen von 26 bis 50 leicht ermitteln kann, wenn man die Quadrate der natürlichen Zahlen bis 25 auswendig weiß.
”Wenn du beispielsweise das Quadrat von 42 berechnen willst, dann bildest du die Ergänzung dieser Zahl bis 50 und quadrierst sie. Das wäre in diesem Falle 64.
Davor setzt du die Differenz zwischen deiner Zahl und 25, in deinem Falle also 17.
Die so gebildete Zahl, hier also 1764, ist bereits das gesuchte Quadrat von 42.”
Prüfen Sie die Richtigkeit dieses Verfahrens für alle Zahlen des angegebenen Bereichs!


Wir testen die Zahl 30. Das Quadrat ist 900, aber das Verfahren liefert: 5400.

Verwirrend..

Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.110, eingetragen 2019-04-27


@Creasy: Damit hast du einen von 25 Fällen bearbeitet; für welche der Zahlen von 26 bis 50 berechnet das Verfahren korrekt die Quadratzahl, und für welche nicht?

Cyrix



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.111, eingetragen 2019-04-27


Huhu,

Lösung zu 061244:




Wir unterscheiden die Fälle \(n\) gerade und \(n\) ungerade. Seien also \(P_k\), \(P_l\) und \(P_m\) die Eckpunkte des Dreiecks im Uhrzeigersinn. Zunächst stellen wir fest, dass das Dreieck \(P_kP_lP_m\) genau dann einen rechten Winkel in \(P_l\) hat, wenn \(P_l\) auf dem Halbkreis über der Strecke zwischen \(P_k\) und \(P_m\) liegt (Satz des Thales). Wir fordern nun, dass der gewünschte stumpfe Winkel in \(P_l\) liegt. Dieses ist offensichtlich der Fall, wenn \(P_l\) und \(P_k\) auf einem Kreisbogen liegen, der weniger als die Hälfte des Umkreises vom regelmäßigen n-Eck einnimmt. Zunächst legen wir also einen beliebigen Punkt \(P_k\) fest. Dafür haben wir in beiden Fällen \(n\) Möglichkeiten.

1.Fall: Sei \(n\) gerade.
Wir suchen nun die beiden fehlenden Punkte mit obiger Forderung. Zählen wir \(\frac{n}{2}\) Punkte von \(P_k\) weiter und setzen den Punkt \(P_m\), so hat jedes Dreieck in \(P_m\) einen rechten Winkel. Wir können also die fehlenden 2 Punkte für das stumpfe Dreieck aus \(\frac{n}{2}-1\) auswählen.

2. Fall: Sei \(n\) ungerade.
Zeichnen wir den Durchmesser durch \(P_k\), so liegen in diesem Fall genau \(\frac{n-1}{2}\) Eckpunkte auf jedem Halbkreis. Davon können wir wieder 2 beliebig auswählen.

Sei \(A(n)\) die Gesamtanzahl der stumpfwinkligen Dreiecke, erhalten wir somit:

\(\displaystyle A(n)=\begin{cases}n\binom{\frac{n}{2}-1}{2}\quad, n\, \text{gerade}\\ n\binom{\frac{n-1}{2}}{2}\quad, n\, \text{ungerade}\end{cases} \)



Ob dieses Ergebnis so stehengelassen werden kann und ob obige Begründungen ausreichen - dazu kann ja vll cyrix noch was sagen.

Gruß,

Küstenkind



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.112, eingetragen 2019-04-27


Was ich bei all der lobenswerten Mühe, welche sich die Leute hier bei der Ausarbeitung der Lösung geben, ein bißchen schade finde, dass sie sich nicht auch noch der meist vergleichsweise kleinen Mühe unterziehen, auch die Aufgabenstellung noch mit anzugeben, die nicht selten ohnehin nur aus 3 Zeilen besteht. Ich weiß, das wurde hier schon mehrfach moniert, aber ich sag's auch noch einmal, nach der Devise: Doppelt hält besser!  wink



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.113, eingetragen 2019-04-27


@Küstenkind: Nun, ich sehe mich nicht als offizieller Korrektor der hier veröffentlichten Lösungen. Es kann ja auch jeder andere Mitleser seine Meinung sagen. :) Nicht destotrotz habe ich an deiner Lösung der 061244 nichts auszusetzen. :)

Cyrix



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Kuestenkind
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Ja, natürlich war jeder andere auch herzlich eingeladen seine Meinung zu äußern. Danke fürs Drüberschauen!

@weird: Ich habe die Aufgabenstellungen ergänzt. Entschuldige bitte!

Ich wünsche euch ein schönes Wochenende!

Viele Grüße,

Küstenkind



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cyrix
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Na dann machen wir den zweiten Tag der DDR-Runde der 6. Olympiade, Klasse 12, noch vollständig:

Aufgabe 061245: Ermitteln Sie zu jeder natürlichen Zahl <math>n</math> die Anzahl <math>A(n)</math> aller ganzzahligen nichtnegativen Lösungen der Gleichung <math>5x+ 2y+z= 10n</math>!

Hinweis: Ich lese das Ausrufezeichen als Satzende, nicht als Fakultät, da die andere Variante keine Änderung der Aufgabe nach sich zieht, außer, dass man überall <math>n</math> durch <math>n!</math> ersetzen müsste.

Lösung:

Offenbar gibt es für jedes <math>0\leq x \leq 2n</math> und jedes <math>0\leq y \leq \frac{10n-5x}{2}</math> genau ein <math>0\leq z=10n-5x-2y</math>. Es ist also die Summe <math>A(n)=\sum_{x=0}^{2n} \left(1+\left[\frac{10n-5x}{2}\right]\right)=2n+1+\sum_{x=0}^{2n} \left[\frac{10n-5x}{2}\right]</math> zu bestimmen.

Für <math>x=2n</math> erhalten wir in der zweiten Summe den Wert 0. Alle übrigen Summanden erhält man, indem man für <math>x</math> entweder <math>2k</math> oder <math>2k+1</math> einsetzt, wobei <math>k</math> die natürlichen Zahlen von <math>0</math> bis <math>n-1</math> durchläuft. Also ist

<math>A(n)=2n+1+\sum_{k=0}^{n-1} \left(\left[\frac{10n-5 \cdot 2k}{2}\right]+ \left[\frac{10n-5 \cdot (2k+1)}{2}\right]\right)=2n+1 +\sum_{k=0}^{n-1} \left(5(n-k)+5(n-k)-3\right)=2n+1-3n+10\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)=1-n+10\sum_{\ell=1}^{n}\ell=1-n+10 \cdot \frac{n \cdot (n+1)}{2}=1-n+5n^2+5n=5n^2+4n+1.</math>

Cyrix



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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 051233:
a) Man ermittle sämtliche Funktionen <math>y = f(x)</math>, die für alle reellen Zahlen definiert sind und der Gleichung
\[
a \cdot f(x - 1) + b \cdot f(1 - x) = cx
\] (<math>a, b, c</math> reelle Zahlen) genügen, falls <math>|a| \neq |b|</math> gilt.\\
b) Man diskutiere ferner den Fall <math>|a| = |b|</math>.

Lösung
Die Substitution $z:= x-1$ zeigt, dass die Funktionalgleichung genau dann erfüllt ist, wenn $af(z)+bf(-z)=c(z+1)$ (*) für alle $z\in \IR$ gilt.
Daher gilt auch $af(-z)+bf(z)=c(1-z)$ (**).
Multipliziert man (*) mit $a$ und addiert das $-b$-fache von (**), erhält man $(a^2-b^2)f(z)=((a+b)z+a-b)c$ (***)

Falls $|a|\not=|b|$, dann ist $a^2-b^2\not=0$ und es folgt $f(z)=c(\frac z{a-b}+\frac 1{a+b})$. Eine Probe zeigt, dass dies tatsächlich eine Lösung der Funktionalgleichung ist:
\[ac(\frac z{a-b}+\frac 1{a+b})+bc(\frac {-z}{a-b}+\frac 1{a+b})=c(\frac{z(a-b)}{a-b}+\frac{a+b}{a+b})= c(z+1)\]
Falls $a=b$, so ist (***) äquivalent zu $0=acz$. Einsetzen von $z=1$ zeigt, dass die Funktionalgleichung nur dann eine Lösung haben kann, wenn $ac=0$, also $a=0\lor c=0$ ist.
Ist $a=0$, so ist die Funktionalgleichung äquivalent zu 0=cx ist. Einsetzen von $x=1$ zeigt, dass $c=0$ gelten muss.
Ist $a\not=0$, aber $c=0$, so ist (*) äquivalent zu $f(y)+f(-y)=0$. In diesem Fall ist also jede ungerade Funktion $f:\IR\to \IR$ eine Lösung der Funktionalgleichung.

Falls $a=-b$ und $a\not=b$ (insbesondere also $a\not=0$), dann zeigt (***), dass $0=c$ gelten muss. Damit ist (*) äquivalent zu $f(z)-f(-z)=0$, was genau dann erfüllt ist, wenn $f:\IR\to \IR$ eine gerade Funktion ist.

Zusammenfassend gilt also:
Falls $|a|\not=|b|$, dann ist $f(x)=c(\frac x{a-b}+\frac 1{a+b})$ die einzige Lösung der Funktionalgleichung.
Falls $|a| = |b|$ und $c\not = 0$, dann hat die Funktionalgleichung keine Lösung.
Falls $a=b\not=0$ und $c=0$, dann ist $f$ eine Lösung genau dann, wenn $f$ eine ungerade Funktion ist.
Falls $a=-b\not=0$ und $c=0$, dann ist $f$ eine Lösung genau dann, wenn $f$ eine gerade Funktion ist.
Falls $a=b=c=0$ ist, dann erfüllen alle Funktionen $f:\IR\to \IR$ die Funktionalgleichung.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.110 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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2019-04-27 14:55 - cyrix in Beitrag No. 115 schreibt:
Na dann machen wir den zweiten Tag der DDR-Runde der 6. Olympiade, Klasse 12, noch vollständig:

Das war auch mein Ziel mit der Lösung zu 061244.


2019-04-27 14:55 - cyrix in Beitrag No. 115 schreibt:
Hinweis: Ich lese das Ausrufezeichen als Satzende, nicht als Fakultät, da die andere Variante keine Änderung der Aufgabe nach sich zieht, außer, dass man überall <math>n</math> durch <math>n!</math> ersetzen müsste.

In der Aufgabenstellung steht doch überhaupt kein Ausrufezeichen?! Siehe #95. Ich finde es aber sehr interessant eine andere Lösung zu lesen und weiß nun zumindest, dass mein Ergebnis stimmt. Also Danke dafür!

Gruß,

Küstenkind



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cyrix
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Ah, ich habe mimch an Manuelas Transkript hier orientiert (und deine Lösung in diesem Thread übersehen).

Sorry. :)

Cyrix



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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 080924:
Vier Personen A, B, C und D machen je drei Angaben über eine gleiche Zahl x. Nach Vereinbarung soll bei jedem mindestens eine Angabe wahr und mindestens eine Angabe falsch sein.
A sagt:
(1) Das Reziproke von x ist nicht kleiner als 1.
(2) x enthält in der dekadischen Darstellung keine 6.
(3) Die 3. Potenz von x ist kleiner als 221.
B sagt:
(1) x ist eine gerade Zahl.
(2) x ist eine Primzahl.
(3) x ist ein ganzzahliges Vielfaches von 5.
C sagt:
(1) x ist irrational.
(2) x ist kleiner als 6.
(3) x ist Quadrat einer natürlichen Zahl.
D sagt:
(1) x ist größer als 20.
(2) x ist eine positive ganze Zahl, deren dekadische Darstellung mindestens 3 Stellen enthält.
(3) x ist nicht kleiner als 10.
Ermitteln Sie x.

Lösung
Da eine der Aussagen von B wahr ist, muss $x$ eine ganze Zahl sein.

Wäre Aussage D2 wahr, so wären as auch D1 und D3. Also ist D2 falsch, d.h. es muss $x<100$ sein.
Da D1 die Aussage D3 impliziert und mindestens eine der Aussagen D1 bzw. D3 wahr sein muss, ist D3 wahr. Also ist $x$ eine ganze Zahl mit $x\geq 10$.

C1 ist falsch, da $x$ ganz ist.
C2 ist falsch, da $x\geq 10$ ist.
Also muss C3 wahr sein, d.h. $x$ ist eine Quadratzahl.

Aussage A1 ist falsch, denn $\frac 1x \leq \frac 1{10}<1$.
Aussage A3 ist falsch, denn $x^3\geq 10^3 >221$.
Also ist A2 wahr. Damit bleiben nur noch die Möglichkeiten $25,49$ oder $81$ für $x$ übrig.

Da $x$ Quadratzahl ist, ist B2 falsch. Also muss $x$ gerade oder durch 5 teilbar sein. Somit bleibt als einzige Option $x=25$ übrig.

Tatsächlich erfüllt $x=25$ die Anforderungen der Aufgabe:
A1, B1, C1, D2 sind falsch und A2, B3, C3, D1 sind wahr.

\(\endgroup\)


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