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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Bundeswettbewerb Mathematik 2021, 2.Runde
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Schule Bundeswettbewerb Mathematik 2021, 2.Runde
Graphentheorie08
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  Themenstart: 2021-09-02

Hallo zusammen, der Einsendeschluss der 2. Runde des Bundeswettbewerbs Mathematik war der 1.9.2021, es kann nun also die Diskussionen über Lösungswege etc. beginnen. Link zu den Aufgaben: https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadmin/Mathe-Wettbewerbe/Bundeswettbewerb_Mathematik/Dokumente/Aufgaben_und_Loesungen_BWM/aufgaben_21_2.pdf Viele Grüße, Graphentheorie08


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philippw
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-02

Hi Graphentheorie08, Manchmal werden noch leicht verspätet eintrudelnde Lösungen akzeptiert, es kann ja sein dass die Post schuld ist. Wir warten normalerweise noch eine Woche nach Einsendeschluss mit den Lösungsdiskussionen. Gruß, Philipp


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Hilbertraum
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-09-07

Es hieß ja, dass Arbeiten, die nach dem 5.9. in der Geschäftsstelle eintreffen, nicht mehr berücksichtigt werden. Das heißt die Diskussionen können beginnen.


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Hilbertraum
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-08

Hallo zusammen, Der Einsendeschluss der 1.Runde liegt nun genau eine Woche zurück, das Korrekturverfahren hat begonnen, die Diskussionen können also beginnen! Ich teile mal meinen Ansatz für die erste Aufgabe. Betrachtet man die Menge aller Zahlen $n$ für die $Q(n)=Q(n^2)$ gilt, dann stellt man schnell fest, dass dies für jede Zahl der Form $99999...00000...$, also nur Neuner und danach nur Nullen, gilt. Das kann man auch relativ einfach mit Umformungen beweisen. Jetzt muss man nur noch zeigen, dass jede natürliche Zahl ein Vielfaches der Form $9999...0000...$ hat. Dazu muss man sich klar machen, dass es unendlich viele Zahlen der Form $999999...$ (Nur Neunen) gibt. D.h. es gibt auch in jedem Fall zwei nur aus Neunen bestehende Zahlen, die Modulo $k$ betrachtet kongruent sind. Dann ist nach modularer Arithmetik die Differenz dieser beiden Zahlen ein Vielfaches von $k$. Und diese Differenz hat, wenn man die größere der beiden Zahlen als Minuend verwendet, recht offensichtlich die Form $9999...0000...$. Wie findet ihr eigentlich vom Schwierigkeitsgrad die Aufgaben des diesjährigen Wettbewerbs? Ich persönlich bin sowohl in der ersten, als auch in der zweiten Runde recht gut vorangekommen, auch wenn die Darstellung natürlich nicht immer einfach ist. Viele Grüße


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-09

Hallo, ich habe die erste Aufgabe auch so gelöst. \quoteon(2021-09-08 21:54 - Hilbertraum in Beitrag No. 3) Wie findet ihr eigentlich vom Schwierigkeitsgrad die Aufgaben des diesjährigen Wettbewerbs? Ich persönlich bin sowohl in der ersten, als auch in der zweiten Runde recht gut vorangekommen, auch wenn die Darstellung natürlich nicht immer einfach ist. \quoteoff Ich bin mit A1, A2 und A3 auch gut klargekommen, auch A4 konnte ich lösen. Das formale Aufschreiben der A4 war bei mir ein wenig das Problem. Grundsätzlich sollte schon alles richtig sein, aber meine Lösung ist recht lang und an manchen Stellen vielleicht unübersichtlich, weswegen ich mir da leichte Abzüge vorstellen könnte. \quoteon auch wenn die Darstellung natürlich nicht immer einfach ist. \quoteoff Damit meinst du wohl die A4, oder?😄 Wie hast du sie so grob gemacht? Bei Runde 1 fand ich die Aufgaben nicht soo schwer, für mich war da aber A2b noch am schwersten. Dieses Jahr kamen aber auch eher für mich vorteilhafte Teilgebiete dran (also u.a. viel Graphentheorie), wodurch es dieses Jahr vielleicht ein bisschen einfacher als letztes Jahr finde, was aber auch immer schwer einzuschätzen ist, man wird ja auch selber jedes Jahr besser.


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Hilbertraum
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-09-09

Hi, jap, ich bin auch eigentlich recht gut mit den Aufgaben klargekommen, hatte aber ein paar Probleme bei der Darstellung zu Aufgabe 4 😁. Ich habe die Aufgabe ganz grob gelöst, indem ich erstmal das Koordinatensystem in Kästchen unterteilt habe, wobei jedes Kästchen zahme Seiten mit der länge $1$ besitzt. Dann habe ich ein beliebiges Dreieck aus $M$ betrachtet und festgesellt, dass dessen beide wilden Seiten Teil von je einem weiteren Dreieck sind. Diese beiden Dreiecke besitzen ja jetzt wieder je eine neue wilde Seite, die wieder Teil eines Dreiecks sind, usw. Damit jetzt aber Bedingung $(3)$ erfüllt ist, gibt es zwei Möglichkeiten: 1) An den beiden Enden dieser "Schlange" befindet sich jeweils ein Dreieck mit je zwei zahmen Seiten. Dann ist alles gezeigt. 2) Die beiden Enden überführen ineinander. Ein solche Figur, die durch den zweiten Fall entsteht habe ich einfach mal "Ring" genannt. Jetzt habe ich ein wenig die Form und Breite einer beschrieben und dann bewiesen, dass ein Ring immer eine gerade Anzahl an Kästchen bedeckt. An dieser Stelle war mein Beweis leider sehr lang und etwas überkompliziert. Könnte man hier evt. mit Graphentheorie besser vorankommen? @Graphentheorie08 Das Rechteck enthält ja offensichtlich mit $m \cdot n$ eine ungerade Anzahl an Kästchen. Und da ein Ring immer eine gerade Anzahl an Kästchen bedeckt, unterteilt ein Ring auch zwangsläufig das Rechteck in zwei (oder auch mehrere) kleinere Figuren, von denen mindestens eine, eine ungerade Anzahl an Kästchen bedeckt. In dieser kleineren Figur kann man jetzt wieder ein beliebiges Dreieck wählen, dass Teil eines Rings ist, dadurch entsteht wiederum die nächste kleinere Figur mit ungerader Kästchenzahl, usw. Irgendwann tritt also der Fall auf, dass eine Figur mit ungeradzahliger Kästchenzahl vorliegt, in die aber auch kein Ring mehr passt. Betrachtet man in dieser Figur wieder eine "Schlange" von Dreiecken, dann muss diese offensichtlich an ihren beiden Enden von zwei Dreiecken, mit jeweils zwei zahmen Seiten, abgeschlossen werden. Ich hoffe man kann den Ansatz halbwegs nachvollziehen 🙂. Das Potenzial für eine elegantere und kürzere Lösung ist hier vermutlich recht groß 😄. Viele Grüße, Leo


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-09

Hi, die A4 habe ich ungefähr auch so, ist natürlich etwas aufwändig und lang formal zu zeigen, dass die zyklischen/ kreisförmigen "Schlangen" einen geraden Flächeninhalt haben. Graphentheorie habe ich bei der A4 nicht benutzt, wobei es aber schon Lösungswege mit Graphentheorie gibt. Ich habe mit Graphentheorie eher die A4 der ersten Runde und die A2 der zweiten Runde gemeint. \quoteon Das Potenzial für eine elegantere und kürzere Lösung ist hier vermutlich recht groß 😄. \quoteoff Ja, sehe ich auch so.😄


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robertoprophet
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-04

\quoteon(2021-09-08 21:54 - Hilbertraum in Beitrag No. 3) Dazu muss man sich klar machen, dass es unendlich viele Zahlen der Form $999999...$ (Nur Neunen) gibt. D.h. es gibt auch in jedem Fall zwei nur aus Neunen bestehende Zahlen, die Modulo $k$ betrachtet kongruent sind. \quoteoff Ich habe mir die Aufgabe und deinen Ansatz eben kurz angesehen. Dabei erschließt sich mir der zweite Satz oben nicht: Wieso soll das so sein? Es könnte doch sein, dass ein Rest nur einmal vorkommt etc. Also das "in jedem Fall" sehe ich nicht sofort.


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philippw
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-10-04

\quoteon(2021-10-04 09:46 - robertoprophet in Beitrag No. 7) \quoteon(2021-09-08 21:54 - Hilbertraum in Beitrag No. 3) Dazu muss man sich klar machen, dass es unendlich viele Zahlen der Form $999999...$ (Nur Neunen) gibt. D.h. es gibt auch in jedem Fall zwei nur aus Neunen bestehende Zahlen, die Modulo $k$ betrachtet kongruent sind. \quoteoff Ich habe mir die Aufgabe und deinen Ansatz eben kurz angesehen. Dabei erschließt sich mir der zweite Satz oben nicht: Wieso soll das so sein? Es könnte doch sein, dass ein Rest nur einmal vorkommt etc. Also das "in jedem Fall" sehe ich nicht sofort. \quoteoff "Es gibt für jedes k einen Rest, der zweimal vorkommt." ist gemeint. Das ist einfach Schubfachprinzip. Ich glaube, du hast stattdessen folgendes verstanden: "Für jedes k kommt jeder Rest zweimal vor." Das muss natürlich nicht sein.


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robertoprophet
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-10-04

Ah okay, so ergibt es natürlich Sinn.


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KleinerAcc
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-10-21

Weiß jemand, wann die Ergebnisse dieses Jahr kommen sollen oder wann sie die letzten Jahre gekommen sind?


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-21

\quoteon(2021-10-21 19:52 - KleinerAcc in Beitrag No. 10) Weiß jemand, wenn die Ergebnisse dieses Jahr kommen sollen oder wann sie die letzten Jahre gekommen sind? \quoteoff Letztes Jahr sind die Ergebnisse bei mir am 31.10 gekommen. Deswegen könnten die Ergebnisse für dieses Jahr schon bald kommen.


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KleinerAcc
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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-10-21

Dankeschön! Warum denkst du, dass sie früher kommen könnten? Nehmen dieses Jahr weniger Teil? Bin nur etwas ungeduldig; hoffe auf einen dritten Preis🙃


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-21

Der 31. wäre ja schon in 1,5 Wochen. Ich bin mal optimistisch, dass es bald klappt. 🙂 (in der ersten Runde dieses Jahr haben sie es ja übrigens auch geschafft vergleichsweise früh zu versenden, bin natürlich auch ein wenig ungeduldig, aber da muss man leider abwarten😐) endgültige Musterlösungen: (erneuerter Link, der funktioniert) https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadmin/Mathe-Wettbewerbe/Bundeswettbewerb_Mathematik/Dokumente/loes_21_2_e.pdf


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Geometrie
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Dabei seit: 30.10.2021
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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-10-30 13:10

Hallo in die Runde, ich bin neu hier und habe dieses Mal zum ersten Mal beim BWM mitgemacht. Hat jemand von euch schon die Ergebnisse zur zweiten Runde erhalten? (Ich bin schon etwas ungeduldig...;) ) Viele Grüße, Lexi


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Math314
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Dabei seit: 24.02.2019
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  Beitrag No.15, eingetragen 2021-10-30 17:28

Bei mir ist auch noch nichts angekommen


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juergenX
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Dabei seit: 08.07.2019
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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-10-31 01:55

Aufgabe 2 faszieniert mich, hat jemand Gedanken dazu? Nichts ist ausgesagt über die Grösse des Tisches, muessen ja nicht alle da sein oder wie versteh ich das? Man koennte, es gibt Teilmengen aller 2021 der Groesse 45, die sich nicht schneiden. zb Kind 0 kennnt 44 andere {1,2,,,44} Kind 1 kennt 44 ander ausser 0 z.B. {0,45,46,..,89} Das ist relativ unwahrscheinlich, aber denkbarwahrscheinlich zwingend. Kind 2 kennt dann z.B.(0,90,91,..134) Wir haben also eine Gruppe der Größe 2021 und darin 2021 Teilmengen der Grössse 45. Man könnte alle Teilmengen schneiden. Und die Behaupung ist etwas es gibt Schnittmengen der Ordnung 0 bis zu 44. Das muesste man ausrechnen können. Im Idealfall scheiden sich die 4 Bekannten Gruppen gar nicht. also 4 *44 =184 Leute. Die gesuchte Teilmenge sollt 0 groß sein. Diese 4 zusammen kennen sich und jeder 44 kennt echt verschiedene anderen. Kann sich einer hinsetzen so dass er beide Nachbarn kennt? Das ist schon das Hauptproblem. Ohne Vorraussetzung wie die anderen (wieviele) sich verteilt haben. der 2te erkennt den und setzt sich rechts neben ihn. der 3te setzt sich 2 links neben 1. der viertte quengelt sich dazwichen. wir wissen aber nicht was rechts und links der 4er Gruppe ist, Sie muessen aber nicht nebeneinander setzen. Nirgends steht dass alle 4 zusammensitzen sollen. genauer kann das gar nicht gehen.. Kniffelich gg Oder gibt es schon Lösungen?


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-31 11:11

\quoteon Hat jemand von euch schon die Ergebnisse zur zweiten Runde erhalten? (Ich bin schon etwas ungeduldig...;) ) \quoteoff Nein, habe leider noch nichts erhalten.🙂 \quoteon Aufgabe 2 faszieniert mich, hat jemand Gedanken dazu? \quoteoff Ich habe die Aufgabe sehr ähnlich wie in der offiziellen Musterlösung vom Bundeswettbewerb gelöst. Es gibt also schon Musterlösungen wie ich schon in Beitrag #13 erwähnt habe, der Link funktioniert aber nicht mehr, da die vorläufigen Musterlösungen wohl zurzeit durch die endgültigen Musterlösungen ersetzt werden sollen. Ich kann aber die vorläufigen Musterlösungen zur Aufgabe 2 zitieren: "Es kann nicht jedes Kind genau 45 andere Kinder kennen, da dann die Gesamtzahl der Bekanntschaften 1/2∙(2021 ∙ 45) keine ganze Zahl wäre. Also kennt mindestens ein Kind – nennen wir es Alfons − mindestens 46 verschiedene andere Kinder. Von diesen 46 Kindern kennt jedes den Alfons und nach Voraussetzung noch mindestens 44 weitere Kinder. Diese können aber nicht alle verschieden sein, da 46 ∙ 44 = 2024 > 2021 − 1 ist. Also kennen zwei verschiedene dieser 46 Kinder – wir nennen sie Berta und Carola – beide ein weiteres Kind, das Dieter heißen möge. Nun setzen wir Alfons, Berta, Dieter und Carola in dieser Reihenfolge um den Tisch, dann ist die Bedingung, dass jedes Kind seine beiden Nachbarn kennt, erfüllt."


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juergenX
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  Beitrag No.18, eingetragen 2021-10-31 14:38

\quoteon(2021-10-31 11:11 - Graphentheorie08 in Beitrag No. 17) \quoteon Hat jemand von euch schon die Ergebnisse zur zweiten Runde erhalten? (Ich bin schon etwas ungeduldig...;) ) \quoteoff Nein, habe leider noch nichts erhalten.🙂 "Es kann nicht jedes Kind genau 45 andere Kinder kennen, da dann die Gesamtzahl der Bekanntschaften 1/2∙(2021 ∙ 45) keine ganze Zahl wäre. Also kennt mindestens ein Kind – nennen wir es Alfons − mindestens 46 verschiedene andere Kinder. Von diesen 46 Kindern kennt jedes den Alfons und nach Voraussetzung noch mindestens 44 weitere Kinder. Diese können aber nicht alle verschieden sein, da 46 ∙ 44 = 2024 > 2021 − 1 ist. Also kennen zwei verschiedene dieser 46 Kinder – wir nennen sie Berta und Carola – beide ein weiteres Kind, das Dieter heißen möge. Nun setzen wir Alfons, Berta, Dieter und Carola in dieser Reihenfolge um den Tisch, dann ist die Bedingung, dass jedes Kind seine beiden Nachbarn kennt, erfüllt." \quoteoff Die Rechnungen leuchten ein Danke😃 Was mir fehlt ist genau 4 Kinder oder mindestens 4 Kinder. Was "umittelbar" einleuchtet ..nur wenn es ein kleiner 4er Tisch ist, klappt das, Wenn sich ein 5ter der 2017 dazusetzt, kann der nicht alle 4 anderen kennen, so versteh ich das. Danke


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Graphentheorie08
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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-31 18:17

\quoteon Was mir fehlt ist genau 4 Kinder oder mindestens 4 Kinder. \quoteoff Die Aufgabenstellung lautet: "Es gibt in dieser Schule \( \Large vier\) Kinder, die sich so um einen runden Tisch setzen können, dass jedes Kind seine beiden Nachbarn kennt." Also es gibt einen Tisch mit \( \large genau \ vier\) Plätzen, woran sich dann vier Kinder so setzen sollen, sodass sich die am runden Tisch benachbarten Kinder kennen. Dabei kann es aber mehr als vier Kinder geben, die mit jeweils drei anderen diese Eigenschaft erfüllen, es ist ja nur nach der Existenz gefragt.


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