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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
stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.840, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-20


Kann man die Lösung durchgehen lassen, oder ist es zuviel Gelaber?

Aufgabe 1 - 281031
Für jede natürliche Zahl $n$ werde ihre Zifferndarstellung mit der Basis 2 (Darstellung als Dualzahl), ferner ihre Zifferndarstellung mit der Basis 3 u.s.w. ..., schließlich ihre Zifferndarstellung mit der Basis 10 (Darstellung als Dezimalzahl) betrachtet.
Wenn es natürliche Zahlen $n > 1$ gibt, bei denen in jeder dieser Zifferndarstellungen (mit den Basen 2, 3, 4, ..., 10) die letzte Ziffer (Einerziffer) eine 1 ist, so ermittle man die kleinste derartige natürliche Zahl $n$.


Lösung:
Damit die gesuchte Zahl $n$ in jedem Stellenwertsystem zu den Basen 2 bis 10 an letzter Stelle eine Ziffer 1 hat, muss $n$ bei Division durch 2, 3, 4, ..., 10 stets den Rest 1 lassen.
Lässt $n$ bei Division mit 8 den Rest, so auch bei Division durch 2 bzw. 4. Analog folgt aus einem Rest 1 bei Division durch 9 auch ein Rest bei Division durch 3. Da 8 und 9 teilerfremd sind, ist die kleinste Zahl, die bei Teilung durch 2, 4, 8 und 9 den Rest 1 lässt die $8\cdot 9 + 1 = 73$, die auch im Sechsersystem auf 1 endet.
5 und 7 sind teilerfremd zu 8 und 9. Damit ist die kleinste Zahl $n$ die $8\cdot 9\cdot 5 \cdot 7 + 1= 2521$ mit stets einer Einerziffer am Ende der Darstellung in den Positionssystemen zu den Basen 2 bis 9. Für die Basis 10 ist die Forderung ebenso erfüllt.
Die gesuchte Zahl ist $n = 2521$.


Stand: 977 Lösungen

LG Steffen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.841, eingetragen 2019-06-20

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-20 22:35 - stpolster in Beitrag No. 840 schreibt:
Kann man die Lösung durchgehen lassen, oder ist es zuviel Gelaber?
Man könnte den ersten Teil, wo du auf die Zahl 73 kommst, weglassen. Zu viel Gelaber finde ich es aber nicht. Ich würde eher noch etwas mehr darauf eingehen, warum dies die kleinste Zahl ist, etwa so:


Es muss $n-1 >0$ durch $2,3,4,\ldots, 10$ teilbar sein. Per Definition ist also $n-1$ das kleinste gemeinsame Vielfache von $2,3,\ldots,10$, also ist $n-1 = 8\cdot 9 \cdot 5 \cdot 7$.

\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.842, eingetragen 2019-06-20




Es liege $A$ im Ursprung und der Punkt $B$ auf der $x$-Achse bei $(a,0)$. Der Punkt $C$ habe die Koordinaten $(x,y)$ und der Punkt $D$ liege bei $(x-a,y)$. Es soll gelten:
$$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{a}=\frac{\sqrt{\left(a-(x-a)\right)^2+y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}$$Wir quadrieren und multiplizieren mit den Nennern:
$$(x^2+y^2)\left((x-a)^2+y^2\right)=a^2\left((x-2a)^2+y^2\right)$$$$(x^2+y^2)(x^2+y^2-2ax+a^2)=a^2(x^2+y^2-4ax+4a^2)$$Wir substituieren $r^2=x^2+y^2$:
$$r^2(r^2-2ax+a^2)=a^2(r^2-4ax+4a^2)$$$$r^4-(2ax-a^2)r^2-a^2r^2+(4ax-4a^2)a^2=0$$$$r^4-2axr^2+(4ax-4a^2)a^2=0$$$$r^2=ax\pm\sqrt{a^2x^2-4a^3x+4a^4}$$$$r^2=ax\pm a\sqrt{x^2-4ax+4a^2}$$$$r^2=ax\pm a(x-2a)$$Es gibt daher 2 mögliche Lösungen.
1. Die "Minus"-Lösung:
$$r^2=ax-ax+2a^2=2a^2$$Das ist ein Kreis um $A$ mit dem Radius $\sqrt2\;a$.
2. Die "Plus"-Lösung:
$$r^2=x^2+y^2=2ax-2a^2$$$$(x-a)^2-a^2+y^2=-2a^2$$$$(x-a)^2+y^2=-a^2$$Diese Gleichung ist in $\mathbb R$ nicht erfüllbar.
Als einzige Lösung bleibt für die Ortskurve des Punktes $C$ nur der Kreis um $A$ mit dem Radius $\sqrt2\;a$.

Ciao,

Thomas



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.843, eingetragen 2019-06-21


171035
Aus den natürlichen Zahlen von 1 bis 200 werden 101 verschiedene Zahlen beliebig ausgewählt. Es ist zu zeigen, dass bei jeder solchen Auswahl unter den ausgewählten Zahlen mindestens zwei existieren, so dass die eine ein ganzzahliges Vielfaches der anderen ist.

Lösung
Sei $n\geq 1$ eine natürliche Zahl (in der Aufgabe geht es speziell um $n=100$).

Nehmen wir nun an, wir könnten eine Auswahl von $n+1$ verschiedenen Zahlen aus $\{1,...,2n\}$ treffen, sodass keine Zahl dieser Auswahl ganzzahliges Vielfaches einer anderen Zahl dieser Auswahl ist. Wir betrachten nun so eine Auswahl. Diese besteht aus $a\geq 0$ Zahlen aus $A:=\{1,...,n\}$ und $b\geq 0$ Zahlen aus $B:=\{n+1,...,2n\}$. Nach Voraussetzung gilt $a+b=n+1$.

Jedes natürliche $m\in A$ kann durch Multiplikation mit einer Zweierpotenz auf eine Zahl in $B$ abgebildet werden: Ansonsten gäbe es nämlich ein natürliches $r \geq 0$ mit $m\cdot 2^r<n+1$ und $m\cdot 2^{r+1}>2n$, woraus dann $2n<m\cdot 2^{r+1}<2n+2$ folgen würde, Widerspruch.

Weiterhin sind für beliebige $m_1, m_2 \in A$ (aus der Auswahl der $a$ Zahlen aus $A$) die Zahlen $m_1\cdot 2^{r_1} \in B$ und $m_2 \cdot 2^{r_2} \in B$ verschieden, da sonst aus $m_1\cdot 2^{r_1} = m_2 \cdot 2^{r_2}$ (nach Division durch die kleinste der beiden Zweierpotenzen) $m_1 | m_2$ oder $m_2 | m_1$ folgen würde, Widerspruch zur speziellen Auswahl der $n+1$ Zahlen.
Ebenso stimmt auch keine der $b$ Zahlen aus $B$ mit einem $m \cdot 2^r \in B$ überein, wobei $m$ eine der $a$ Zahlen aus $A$ sei.

Daraus folgt nun $a+b \leq n$, da $B$ genau $n$ Elemente besitzt. Dies steht aber im Widerspruch zu $a+b=n+1$. Daher kann es keine solche spezielle Auswahl geben, was die Behauptung der Aufgabenstellung beweist.


Noch mal ein Kommentar zur Schwierigkeit von Aufgaben: In der Regel ist es so, dass bei der 3. und 4. Runde die Aufgaben 1 und 4 die leichtesten sind (da es zwei Klausuren gibt mit je drei Aufgaben, sodass dies die Einstiegsaufgaben in die jeweiligen Klausuren sind) , und die Aufgaben 3 und 6 die schwersten oder aufwändigsten. Natürlich gibt es dazu Ausnahmen.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.844, eingetragen 2019-06-21


2019-06-21 00:36 - Kornkreis in Beitrag No. 843 schreibt:
171035
Aus den natürlichen Zahlen von 1 bis 200 werden 101 verschiedene Zahlen beliebig ausgewählt. Es ist zu zeigen, dass bei jeder solchen Auswahl unter den ausgewählten Zahlen mindestens zwei existieren, so dass die eine ein ganzzahliges Vielfaches der anderen ist.

Lösung
Sei $n\geq 1$ eine natürliche Zahl (in der Aufgabe geht es speziell um $n=100$).

Nehmen wir nun an, wir könnten eine Auswahl von $n+1$ verschiedenen Zahlen aus $\{1,...,2n\}$ treffen, sodass keine Zahl dieser Auswahl ganzzahliges Vielfaches einer anderen Zahl dieser Auswahl ist. Wir betrachten nun so eine Auswahl. Diese besteht aus $a\geq 0$ Zahlen aus $A:=\{1,...,n\}$ und $b\geq 0$ Zahlen aus $B:=\{n+1,...,2n\}$. Nach Voraussetzung gilt $a+b=n+1$.

Jedes natürliche $m\in A$ kann durch Multiplikation mit einer Zweierpotenz auf eine Zahl in $B$ abgebildet werden: Ansonsten gäbe es nämlich ein natürliches $r \geq 0$ mit $m\cdot 2^r<n+1$ und $m\cdot 2^{r+1}>2n$, woraus dann $2n<m\cdot 2^{r+1}<2n+2$ folgen würde, Widerspruch.

Weiterhin sind für beliebige $m_1, m_2 \in A$ (aus der Auswahl der $a$ Zahlen aus $A$) die Zahlen $m_1\cdot 2^{r_1} \in B$ und $m_2 \cdot 2^{r_2} \in B$ verschieden, da sonst aus $m_1\cdot 2^{r_1} = m_2 \cdot 2^{r_2}$ (nach Division durch die kleinste der beiden Zweierpotenzen) $m_1 | m_2$ oder $m_2 | m_1$ folgen würde, Widerspruch zur speziellen Auswahl der $n+1$ Zahlen.
Ebenso stimmt auch keine der $b$ Zahlen aus $B$ mit einem $m \cdot 2^r \in B$ überein, wobei $m$ eine der $a$ Zahlen aus $A$ sei.

Daraus folgt nun $a+b \leq n$, da $B$ genau $n$ Elemente besitzt. Dies steht aber im Widerspruch zu $a+b=n+1$. Daher kann es keine solche spezielle Auswahl geben, was die Behauptung der Aufgabenstellung beweist.


Mir erscheint die folgende Beweisführung begrifflich eine Spur einfacher zu sein. (Edit: Habe gerade gesehen, dass es zu dieser Aufgabe auch schon vorher von anderer Seite einen Beweis gab, der für meinen Geschmack zwar etwas zu wenig ausformalisiert ist, von der Idee her aber doch mit meinem klar übereinstimmt. Insofern ist der untenstehende Beweis also nicht "neu".)


Sei im Folgenden $M=\{1,2,...,200\}$ und $U=\{2k-1\mid k\in\{1,2,...,100\}\}$ die Teilmenge aller ungeraden Zahlen in $M$. Indem wir jedem $u\in U$ die nichtleere Teilmenge $M_u:=\{u2^v\mid v\in \mathbb N\}\cap M$ von $M$ zuordnen, erhalten wir eine dann eine Partition
\[P:=\{M_u\mid u\in U\}\] von $M$ mit genau 100(=|U|) Klassen, wobei für je zwei verschiedene Elemente einer Klasse gilt, dass immer das kleinere das größere teilt. Bei einer beliebigen Auswahl von 101 verschiedenen Elementen in $M$ müssen daher dann nach dem Schubfachprinzip zwei Elemente dieser Auswahl in der gleichen Klasse $M_u$ für ein $u\in U$ liegen, d.h., sie sind nach obigem dann bez. der Teilbarkeitsrelation vergleichbar.


Noch mal ein Kommentar zur Schwierigkeit von Aufgaben: In der Regel ist es so, dass bei der 3. und 4. Runde die Aufgaben 1 und 4 die leichtesten sind (da es zwei Klausuren gibt mit je drei Aufgaben, sodass dies die Einstiegsaufgaben in die jeweiligen Klausuren sind) , und die Aufgaben 3 und 6 die schwersten oder aufwändigsten. Natürlich gibt es dazu Ausnahmen.

Danke für diesen nützlichen Hinweis, der für mich einige Unklarheiten hier ausräumt.  ;-)



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.845, eingetragen 2019-06-21


2019-06-21 11:18 - weird in Beitrag No. 844 schreibt:
(Edit: Habe gerade gesehen, dass es zu dieser Aufgabe auch schon vorher von anderer Seite einen Beweis gab, der für meinen Geschmack zwar etwas zu wenig ausformalisiert ist, von der Idee her aber doch mit meinem klar übereinstimmt. Insofern ist der untenstehende Beweis also nicht "neu".)

Stimmt, meiner dann auch nicht. Hatte ich übersehen, weil ich nur in die Aufgabendatei schaue und eine Suche im Forum nach der Aufgabennummer nichts ergab (und ich in Erinnerung hatte, dass da am Anfang keine Musterlösung war). Ich hab übrigens noch einen Blick auf deine vorherige Partition erhaschen können biggrin wink . So ungefähr hatte ich auch angefangen und wollte daraus was basteln, was dann irgendwann auf Umwegen eben zur Lösung geführt hat.



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.846, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21


Die nachfolgende Lösung ist nur Knöpfchendrücken am Taschenrechner, der tatsächlich gestattet war. Das ist einfach nur schrecklich.


Aufgabe 6 - 281036

Beweisen Sie die folgende Aussage!
Für jede natürliche Zahl $n \geq 1$ gibt es eine $(n+2)$-stellige natürliche Zahl, die mit genau $n$ Ziffern 3, genau einer Ziffer 4 und genau einer Ziffer 6 in geeigneter Reihenfolge geschrieben wird und durch 7 teilbar ist.
Hinweis:
Die Verwendung eines - nicht programmierbaren - Taschenrechners ist gestattet.

Lösung:
Durch Kontrolldivisionen mit dem Taschenrechner findet man schnell, dass die kleinste nur aus Ziffern 3 bestehende natürliche Zahl, die durch 7 teilbar ist, die $333333 = 3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37$ ist.
Für $1 \leq n \leq 6$ kann man durch schrittweises Permutieren der $(n-2)$ Ziffern 3 und der einen 4 sowie der einen 6 durch Testdivisionen die gesuchte Zahl $z_n$ ermitteln:
 
$n$ $z_n$
1  $364 = 2^2 \cdot 6\cdot 13$
2  $3346 = 2\cdot 7\cdot 239$
3  $34363 =7\cdot 4909$
4  $343336= 2^3\cdot 7\cdot 6131$
5  $3333463 =7\cdot 29\cdot 16421$
6  $33334336 =2^6\cdot 7\cdot 37\cdot 2011$

Für $n > 6$ ergibt sich das gesuchte $z_n$ durch gegebenenfalls wiederholtes Anfügen der Ziffern '333333' an die Ziffernfolge von $z_{n \text{ mod } 7}$, bis die gesuchte Länge der Zahl $z_n$ erreicht wird; wobei hier unter $z_0$ die leere Ziffernfolge verstanden wird.


Das muss doch besser gehen, nur wie? Ich habe nicht mal ein Idee.
Es sind 985 Lösungen online.

LG Steffen



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.847, eingetragen 2019-06-21


Das Knöpfchen-drücken läßt sich noch etwas systematischer gestalten


Bestmme Rest mod 7 von
    333
   3333
  33333
 333333
3333333
 
      1
     10
    100
   1000
  10000
 100000
1000000
 
      3
     30
    300
   3000
  30000
 300000
3000000

Damit kann man die Ergebnisse zusammenpuzzlen.




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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.848, eingetragen 2019-06-21


Man kommt auch ganz ohne Taschenrechner aus:

Eine natürliche Zahl <math>z</math>, die aus genau <math>n</math> Ziffern 3 und je einer Ziffer 4 und Ziffer 6 besteht, lässt sich immer darstellen als <math>z=\frac{1}{3} \cdot (10^{n+2}-1) + 10^k + 3 \cdot 10^{\ell}</math>, wobei <math>k</math> und <math>\ell</math> verschiedene natürliche Zahlen, die kleiner oder gleich <math>n+1</math> sind, sind.

Wir bestimmen die Reste der Zehner-Potenzen bei der Division mit Rest durch 7: Es ist

<math>10^0 \equiv 1 \pmod{7}</math>, <math>10^1 \equiv 10\cdot 1 \equiv 3\pmod{7}</math>, <math>10^2 \equiv 10 \cdot 3 \equiv 2 \pmod{7}</math>, <math>10^3 \equiv 10 \cdot 2 \equiv -1 \pmod{7}</math> und damit <math>10^4 \equiv (-1) \cdot 10 \equiv -3 \pmod{7}</math>, <math>10^5 \equiv (-1) \cdot 2 \equiv -2 \pmod{7}</math> und <math>10^6 \equiv -1 \cdot (-1) \pmod{7}</math>. Daraus erhält man leicht <math>10^{6q+r} \equiv 10^r \pmod{7}</math> mit nichtnegativen ganzen Zahlen <math>q</math> und <math>r</math>.

Weiterhin ist <math>\frac{1}{3} \equiv 5 \pmod{7}</math>, da <math>3\cdot 5 \equiv 1 \pmod{7}</math> gilt.

Teilen wir <math>n+2</math> mit Rest durch 6, so erhalten wir nicht-negative ganze Zahlen <math>q</math> und <math>r<6</math> mit <math>n+2=6q+r</math>. Dann gilt für die Zahl <math>z</math>
 
<math>z\equiv 5 \cdot (10^r-1) + 10^k + 3 \cdot 10^{ell} \pmod{7},</math>

wobei man die Reste, die die Zehnerpotenzen lassen, an der obigen Auflistung ablesen kann. Gesucht sind also für alle <math>0\leq r < 6</math> verschiedene nicht-negative Zahlen <math>k</math> und <math>\ell</math>, sodass diese Summe durch 7 teilbar ist, wobei <math>k</math> und <math>\ell</math> beide <math>\leq n+2</math> sein sollen. Da <math>n+2\geq 3</math> ist, genügt also in den Fällen <math>r<3</math>, dass beide Werte <math>\leq 6</math> sind, während es genügt, für <math>3\leq r < 6</math> wegen <math>r\leq n+2</math> die Bedingung <math>k,\ell\leq r</math> zu erfüllen.

Man prüft nun leicht folgende Kongruenzen nach:

1. Fall: <math>r=0</math>. Man wähle <math>k=4</math>, <math>\ell=0</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (1-1)+(-3)+3\cdot 1=0\equiv 0\pmod{7}</math>.
2. Fall: <math>r=1</math>. Man wähle <math>k=2</math>, <math>\ell=1</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (3-1)+2+3\cdot 3=21\equiv 0\pmod{7}</math>.
3. Fall: <math>r=2</math>. Man wähle <math>k=3</math>, <math>\ell=0</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (2-1)+(-1)+3\cdot 1=7\equiv 0 \pmod{7}</math>.
4. Fall: <math>r=3</math>. Man wähle <math>k=0</math>, <math>\ell=1</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (-1-1)+1+3\cdot 3=0\equiv 0\pmod{7}</math>.
5. Fall: <math>r=4</math>. Man wähle <math>k=1</math>, <math>\ell=0</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (-3-1)+3+3\cdot 1=-14\equiv 0\pmod{7}</math>.
6. Fall: <math>r=5</math>. Man wähle <math>k=3</math>, <math>\ell=1</math>. Dann ist <math>z\equiv 5\cdot (-2-1)+(-1)+3\cdot 3=-7\equiv 0 \pmod{7}</math>.

Damit ist die Fallunterscheidung vollständig und in jedem Fall eine entsprechende Zahl <math>z</math> gefunden, sodass die Aussage bewiesen ist, <math>\Box</math>.



Bemerkung: Ums Rumprobieren kommt man nicht herum. Nur muss man jetzt höchstens zweistellige Zahlen addieren...

Cyrix



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.849, eingetragen 2019-06-21


2019-06-21 18:03 - cyrix in Beitrag No. 848 schreibt:
<math>z\equiv 5 \cdot (10^r-1) + 10^k + 3 \cdot 10^{ell} \pmod{7},</math>

Hattest du $ell$ schon definiert? biggrin



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.850, eingetragen 2019-06-21


Aufgabe 2 - 141032
Beweisen Sie folgenden Satz!
Ist ABCD ein (konvexes) Drachenviereck mit AB=AD=a,BC=DC=b und dem Inkreismittelpunkt M, dann gilt
\[\frac{a}{b}=\frac{AM}{CM}\cdot \frac{BM}{DM}\]

Lösung
Wegen der Symmetrie im Drachenviereck gilt $BM=DM$. Somit ist nur
\[\frac{a}{b}=\frac{AM}{CM}\] zu zeigen. Im Dreieck $ABM$ bezeichnen $\beta,\mu$ die Winkel bei $B,M$. Nach dem Sinussatz gilt $\frac{a}{AM}=\frac{\sin{\mu}}{\sin{\beta}}$. Im Dreicke $BCM$ erhalten wir analog $\frac{b}{CM}=\frac{\sin(180^\circ-\mu)}{\sin{\beta}}$. Aus $\sin(180^\circ-\mu)=\sin\mu$ folgt $\frac{a}{AM} = \frac{b}{CM}$ und somit die Behauptung. In Aufgabe 2 - 141042 zeigen wir die Verallgemeinerung für Tangentenvierecke.


Aufgabe 2 - 141042
Beweisen Sie folgenden Satz! Ist ABCD ein Tangentenviereck mit den Seitenlängen AB=a, BC=b, CD=c, AD=d und dem Inkreismittelpunkt M, so gilt:
\[\frac{a}{c}=\frac{AM}{CM}\cdot \frac{BM}{DM}\]

Lösung
Der Beweis erfolgt ähnlich zur Aufgabe 2 - 141032. Seien die Innenwinkel des Tangentenvierecks durch $2\alpha, 2\beta, 2\gamma, 2\delta$ gegeben, so dass z.B. das Dreieck $ABM$ die Innenwinkel $\alpha,\beta$ und $180^\circ-\alpha-\beta$ hat. Nach dem Sinussatz in den Dreiecken $ABM$ und $BCM$ gilt
\[\frac{a}{AM}=\frac{\sin(180^\circ-\alpha-\beta)}{\sin\beta}=\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\beta} \quad \text{und} \quad \frac{b}{CM}=\frac{\sin(180^\circ-\beta-\gamma)}{\sin\beta}=\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin\beta}\ \text{.}\] Division der beiden Gleichungen ergibt
\[\frac{a}{AM}\cdot \frac{CM}{b}= \frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin(\beta+\gamma)} \iff
\frac{a}{b} = \frac{AM}{CM}\cdot\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin(\beta+\gamma)} \ \text{.}
\] Für $b,c$ erhalten wir entsprechend
\[ \frac{b}{c} = \frac{BM}{DM}\cdot\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(\gamma+\delta)} \ \text{.}
\] Multiplikation beider Gleichungen ergibt
\[ \frac{a}{c} = \frac{AM}{CM}\cdot\frac{BM}{DM}\cdot\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin(\gamma+\delta)} \overset{!}{=} \frac{AM}{CM}\cdot\frac{BM}{DM} \ \text{.}
\] Das letze Gleichheitszeichen folgt aus $\alpha+\beta+\gamma+\delta=180^\circ$, also $\sin(\alpha+\beta) = \sin(180^\circ-\gamma-\delta) =\sin(\gamma+\delta)$.




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stpolster
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Dank für die neuen Lösungen. Jetzt sind es schon 991.
Wer wird die 1000. Aufgabe lösen. wink

LG Steffen



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.852, eingetragen 2019-06-21


Bei dieser Aufgabe benötige ich mal Eure Meinung, siehe ganz unten:



Die Strecke, die ein Punkt $P_i$ zum Zeitpunkt $t$ insgesamt zurückgelegt hat, ist $v_i\cdot t$, wobei $v_i$ die jeweilige Geschwindigkeit ist. Man bestimmt die Position eines Punktes, indem die gesamte zurückgelegte Strecke um das Dreieck "herumgewickelt" wird. Da der Umfang des Dreiecks $U=3$ ist, kann man Vielfache von 3 abziehen. Die Zählung beginne jeweils beim Eckpunkt $A$: ein Wert von 7,3 bedeute zum Beispiel, dass der Punkt $P$ sich auf der Strecke $BC$ befindet, und zwar 0,3m vom Punkt $B$ entfernt.
In dieser Weise gilt für die drei Punkte $P_i$:
$$(1)\qquad x_1=t$$$$(2)\qquad x_2=1+\sqrt2t$$$$(3)\qquad x_3=2+\sqrt3t$$Der Summand 1 in Gleichung (2) ist dem Startpunkt $B$ geschuldet, ebenso der Summand 2 in Gleichung (3) aufgrund des Startpunktes $C$.
Wir untersuchen zunächst, ob es möglich ist, dass sich alle drei Punkte gleichzeitig in Eckpunken des Dreiecks befinden. Der Punkt 1 befindet sich genau dann in einem Eckpunkt, wenn $x_1$ eine ganze Zahl ist. Dann muss, da $x_1=t$ gilt, auch $t$ ganzzahlig sein. Aber schon der Punkt 2 wird sich nie zur gleichen Zeit in einem Eckpunkt befinden können, weil er sich von seinem Startpunkt aus um $\sqrt2t$ weiterbewegt haben wird. Da bekanntermaßen $\sqrt2$ eine irrationale Zahl ist, ist $\sqrt2\cdot t$ niemals eine ganze Zahl. Die Punkte $P_1$ und $P_2$ befinden sich also niemals gleichzeitig in Eckpunkten, weder im gleichen noch in verschiedenen. Sinngemäß das gleiche gilt auch für den Punkt $P_3$.
Wir untersuchen nun, ob die drei Punkte zumindest irgendwann ein gleichseitiges Dreieck bilden können, während sie sich jeweils auf den Strecken zwischen zwei Eckpunkten befinden. Wäre der Punkt $P_1$ zum Beispiel (modulo 3) beim Wert $0,7$, dann müssten die Punkte $P_2$ bei $1,7$ und der Punkt $P_3$ bei $2,7$ liegen, wobei allerdings $P_2$ und $P_3$ auch die Plätze tauschen dürften. Die Punkte 1 bis 3 könnten also im mathematisch positiven oder negativen Sinne angeordnet sein. Ein gleichseitiges Dreieck läge daher vor, wenn entweder
$$(x_2-x_1)\mod3=1\quad\wedge\quad(x_3-x_1)\mod3=2$$oder
$$(x_3-x_1)\mod3=1\quad\wedge\quad(x_2-x_1)\mod3=2$$gälte. Wir untersuchen zunächst die erste Möglichkeit. Die beiden Bedingungen lassen sich auch wie folgt formulieren:
$$x_2-x_1=1+(\sqrt2-1)t=3k+1$$und
$$x_3-x_1=2+(\sqrt3-1)t=3n+2$$mit $k,n\in\mathbb N$. Wir eliminieren $t$, indem wir diese Gleichungen vereinfachen und zusammenführen. Es folgt als Bedingung
$$\frac{3k}{\sqrt2-1}=\frac{3n}{\sqrt3-1}$$$$\frac nk=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2-1}$$$\frac nk$ ist als Quotient aus zwei natürlichen Zahlen eine rationale Zahl. Die Bedingung wäre daher nur erfüllbar, wenn $\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2-1}$ eine rationale Zahl wäre.
Für die zweite Konstellation ergibt sich analog:
$$x_2-x_1=1+(\sqrt2-1)t=3k+2$$und
$$x_3-x_1=2+(\sqrt3-1)t=3n+1$$Daraus folgt:
$$\frac{3k+1}{\sqrt2-1}=\frac{3n-1}{\sqrt3-1}$$$$\frac {3n-1}{3k+1}=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2-1}$$Auch $\frac {3n-1}{3k+1}$ ist eine rationale Zahl. Daher kann man zusammenfassend festhalten, dass die Punkte $P_1$ bis $P_3$ nur dann zu einem bestimmten Zeitpunkt $t>0$ ein gleichseitiges Dreieck bilden, wenn
$$r=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2-1}=\frac{(\sqrt3-1)(\sqrt2+1)}{(\sqrt2-1)(\sqrt2+1)}=\sqrt6+\sqrt3-\sqrt2-1$$ eine rationale Zahl wäre.

Hier bin ich unschlüssig, ob ich nun als bekannt voraussetzen darf, dass diese Zahl $r$ irrational ist, was natürlich bedeutet, dass die Punkte eben nie wieder ein gleichseitiges Dreieck bilden. Oder muss hier die Irrationalität von $r$ bewiesen werden? Was meint Ihr?

Ciao,

Thomas



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.853, eingetragen 2019-06-21


Hier bin ich unschlüssig, ob ich nun als bekannt voraussetzen darf, dass diese Zahl r irrational ist, was natürlich bedeutet, dass die Punkt eben nie wieder ein gleichseitiges Dreieck bilden. Oder muss hier die Irrationalität von r bewiesen werden? Was meint Ihr?
Ohne Körpertheorie ist nicht so offensichtlich, dass r irrational ist. Daher sollte es schon gezeigt werden. Eine relativ einfache Variante wäre ein ganzzahliges Polynom 4ten Grades(?), dass r als Nullstelle hat. Mit Vieta ist kann dann gefolgert werden, dass r irrational ist. Andererseits ist die Lösung der Aufgabe auch so schon recht lang.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.854, eingetragen 2019-06-21


Dann füge ich hier noch den Beweis hinzu, dass $r$ irrational ist. Es ist
$$r=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2-1}$$$$\sqrt2r-(r-1)=\sqrt3$$Quadrieren:$$2r^2+(r-1)^2-2(r-1)\sqrt2=3$$$$3r^2-2r-2=2(r-1)\sqrt2$$$$\frac{3r^2-2r-2}{2(r-1)}=\sqrt2$$Wenn $r$ rational wäre, dann wäre es auch $\sqrt2$, was nicht der Fall ist. So folgt aus der Irrationalität von $\sqrt2$ unmittelbar die Irrationalität von $r$.

Ciao,

Thomas



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.855, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21


Hallo MontyPythagoras,
ich habe deine schöne Lösung übernommen, inkl. zusätzlichem Nachweis der Irrationalität.
Ob es gefordert wurde, weiß ich nicht. Es ist aber auf jeden Fall eine interessante Ergänzung.

992 Lösungen sind online.

LG Steffen



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.856, eingetragen 2019-06-22


Aufgabe 5 - 201235
Man beweise, dass für jede natürliche Zahl n die folgende Aussage gilt: Wenn die Anzahl der Ecken eines regelmäßigen Vielecks gleich 3n ist, dann gibt es kein rechtwinkliges Koordinatensystem, in dem beide Koordinaten jedes Eckpunktes dieses Vielecks rationale Zahlen sind.


Es reicht die Aussage für $n=1$ zu zeigen, da jedes regelmäßige $3n$-Eck ein gleichseitiges Dreieck enthält.

Angenommen ein gleichseitige Dreieck $ABC$ habe zwei rationale Koordinatenpunkte. Dann können wir dieses verschieben, so dass $A$ im Ursprung liegt und $B$ die Koordianten $(x,y)$ mit $x,y\in\IQ$ hat. Die Höhe des gleichseitigen Dreiecks ist durch $\frac{\sqrt 3}{2}AB$. Daher hat $C$ die Koordinaten
\[\frac{1}{2}(x,y)\pm \frac{\sqrt 3}{2}(-y,x)=(\frac{1}{2}x\mp\frac{\sqrt 3}{2}y,\frac{1}{2}y\pm\frac{\sqrt 3}{2}x) \ \text{.}\] Mindestens eine der Koordinaten von $B$ ist von null verschieden. Für $y\neq 0$ sei $z:= \frac{1}{2}x\mp\frac{\sqrt 3}{2}y \iff \frac{2z-x}{y} = \mp \sqrt{3}$, was ein Widerspruch ist, falls $z\in\IQ$. Für $x\neq 0$ ergibt die zweite Koordinate ebenfalls einen Widerspruch.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.857, eingetragen 2019-06-22


Aufgabe 201233A

Möglicherweise ist in der Aufgabenstellung ein Fehler. Es soll für $0<a<b$ und $n\in\IN$ die Ungleichung
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+11+b^n\] untersucht werden. Sinnvoller erscheint mir
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+\frac{1}{1+b^n}\] Für die erste gilt einfach
\[a+\frac{1}{1+a^n}<a+1<b+1<b+11+b^n\]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.858, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-22


2019-06-22 12:46 - TomTom314 in Beitrag No. 857 schreibt:
Aufgabe 201233A

Möglicherweise ist in der Aufgabenstellung ein Fehler. Es soll für $0<a<b$ und $n\in\IN$ die Ungleichung
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+11+b^n\] untersucht werden. Sinnvoller erscheint mir
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+\frac{1}{1+b^n}\] Für die erste gilt einfach
\[a+\frac{1}{1+a^n}<a+1<b+1<b+11+b^n\]
Du hast recht. In der $alpha$ steht
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+\frac{1}{1+b^n}\] Sorry.

LG Steffen



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.859, eingetragen 2019-06-22


Wurden in der Alpha eigentlich flächendeckend Lösungen eingesendet und veröffentlicht, oder nur zu einigen Jahrgängen ?



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.860, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-22


2019-06-22 13:24 - Kornkreis in Beitrag No. 859 schreibt:
Wurden in der Alpha eigentlich flächendeckend Lösungen eingesendet und veröffentlicht, oder nur zu einigen Jahrgängen ?
Die Aufgaben wurden eigentlich immer veröffentlicht.
Lösungen des Jahrgangs 12 nur 1989. Die Klassenstufe 9 und 10 nur ab und an.
Ich habe die Lösungen aus der "alpha" alle abgeschrieben. Mehr gibt es dort leider nicht.
In der "Mathematik in der Schule" wurden manchmal die Lösungen der Klasse 12 abgedruckt. Die entsprechenden Aufgaben, die ich noch nicht vollständig abgeschrieben habe (geschätzt noch 10), sind im Text mit "Lösung bekannt, wird noch ergänzt" gekennzeichnet.
Übrigens sind beide Zeitschriften schon selten geworden. Von der alpha habe ich alle, außer Nummer 1  frown , von der "Mathematik in der Schule" alle  smile .

Natürlich gab es auch Zettel mit offiziellen Lösungsvorschlägen. Diese sind mittlerweile sehr selten. Ich selber habe nur die Stufe II von 1988. (schon eingetragen).

LG Steffen

Nachtrag: Die offiziellen Lösungen von 1990 bis 1994 sind absolut selten. Lösungen wurden auch nirgends mehr veröffentlicht.
In den "Wirren" der 1990er wurde sogar ernsthaft das Ende der Mathematik-Olympiade diskutiert.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.861, eingetragen 2019-06-22


@Steffen: 201233A war auch in der Vorlage nicht richt. Bei so vielen Aufgaben sind Übertragungsfehler unvermeidlich.

Aufgabe 2 - 201232
Es sei f die durch
\[f(x) =x^4−(x+ 1)^4−(x+ 2)^4+ (x+ 3)^4\] definierte Funktion, wobei der Definitionsbereich von f
a) die Menge aller ganzen Zahlen,
b) die Menge aller reellen Zahlen ist.
Man untersuche sowohl für den Fall a) als auch für den Fall b), ob die Funktion f einen kleinsten Funktionswert annimmt, und ermittle, falls das zutrifft, jeweils diesen kleinsten Funktionswert

Ein Trick-Lösung:

An der Darstellung
\[f(x) =
\left((x+\frac{3}{2})-\frac{3}{2}\right)^4
−\left((x+\frac{3}{2})-\frac{1}{2}\right)^4
−\left((x+\frac{3}{2})+\frac{1}{2}\right)^4
+\left((x+\frac{3}{2})+\frac{3}{2}\right)^4
\] sehen wir, dass f achsensymmetrisch bezüglich $x=-\frac{3}{2}$ und höchstens ein quadratisches Polynom ist. Insbesondere hat $f$ ihr globales Minimum oder Maximum bei $x=-\frac{3}{2}$. Aus $f(-1)=f(-2)=16$ und $f(-\frac{3}{2}) =10$ folgt, dass $f$ eine nach oben geöffnete Parabel ist und somit bei $x=-\frac{3}{2}$ ihr reelles Minimum und bei $x=-1$, $x=-2$ ihr Minimum über den ganzen Zahlen annimmt.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.857 begonnen.]



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.862, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-22


So, jetzt sind es 999 gelöste Aufgaben.
Die nächste macht die 1000 voll.

Ich habe es zwar schon mehrfach gesagt, aber ich wiederhole: Das ist sensationell. Ihr seid einfach super.

LG Steffen



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.863, eingetragen 2019-06-22




a) Behauptung: $s$ ist genau dann minimal, wenn für alle $i=1...n$ gilt:
$$x_i=\frac1n$$Beweis:
Die Bedingungen $x\geq\frac1{n^2}$ und $\sum_{i=0}^n\frac1n=\frac nn=1$ sind erfüllt. Die minimale Summe nennen wir $s_0$. Für eine beliebige andere Summe substituieren wir
$$x_i=\frac1n(1+z_i)$$Um die erste Nebenbedingungen einzuhalten, muss gelten:
$$(1)\qquad 1+z_i\geq\frac1n>0$$Außerdem gilt wegen der zweiten Nebenbedingung
$$\sum_{i=0}^n\frac1n\left(1+z_i\right)=\frac nn+\frac1n\sum_{i=0}^nz_i=1$$so dass
$$(2)\qquad\sum_{i=0}^nz_i=0$$gelten muss. Die beliebige Summe der Kehrwerte ist demnach
$$(3)\qquad s=\sum_{i=0}^n\frac1{\frac1n(1+z_i)}=n\sum_{i=0}^n\frac1{1+z_i}$$Wir verwenden nun die Ungleichung
$$\frac1{1+z_i}\geq 1-z_i$$Die Gültigkeit dieser Ungleichung kann man mithilfe von (1) leicht zeigen, indem man mit $1+z_i$ multipliziert. Diese Ungleichung eingesetzt in (3) ergibt:
$$s\geq n\sum_{i=0}^n(1-z_i)=n^2-n\sum_{i=0}^nz_i=n^2=s_0$$so dass also auf jeden Fall $s\geq s_0$ gilt. q.e.d.

b) Behauptung: Die Summe $s$ der Kehrwerte von $x_i$ ist genau dann maximal, wenn von den $n$ Summanden genau $(n-1)$ den minimal zulässigen Wert $x_i=\frac1{n^2}$ annehmen.
Beweis:
Es gelte für $i=1...(n-1)$:
$$(4)\qquad x_i=\frac1{n^2}$$Da dies der minimal zulässige Wert ist, ergibt sein Kehrwert natürlich den größtmöglichen Summanden. Nur der letzte Summand muss wegen der zweiten Nebenbedingung einen anderen Wert haben, denn es muss gelten:
$$1=\sum_{i=1}^nx_i=\sum_{i=1}^{n-1}\frac1{n^2}+x_n=\frac{n-1}{n^2}+x_n$$$$(5)\qquad x_n=1-\frac{n-1}{n^2}=\frac{n^2-n+1}{n^2}$$Die Summe der Kehrwerte ist dann
$$s_1=\sum_{i=1}^{n-1}n^2+\frac1{x_n}=(n-1)n^2+\frac{n^2}{n^2-n+1}=n^2\left(n-1+\frac1{n^2-n+1}\right)=n^2\left(n-1+\frac{n+1}{n^3+1}\right)$$$$s_1=n^2\cdot\frac{n^4-n^3+2n}{n^3+1}=\frac{n^3(n^3-n^2+2)}{n^3+1}$$Da wie oben schon festgestellt die ersten $n-1$ Summanden schon maximal sind, könnte eine Vergrößerung des letzten Summanden $x_n$ nur zu Lasten mindestens eines anderen Summanden erfolgen. Das heißt, wenn $\frac1{x_n}$ größer werden soll, muss ich ein $\epsilon>0$ von $x_n$ abziehen, aber dieses gleichzeitig zu einem der anderen $x_i$, z.B. $x_1$, hinzuaddieren, damit die zweite Nebenbedingung gültig bleibt. Für die neue Summe gilt dann:
$$s=\sum_{i=1}^{n-2}n^2+\frac1{x_1+\epsilon}+\frac1{x_n-\epsilon}$$$$s-s_1=\frac1{x_1+\epsilon}-\frac1{x_1}+\frac1{x_n-\epsilon}-\frac1{x_n}$$$$s-s_1=\frac{x_1-x_1-\epsilon}{x_1(x_1+\epsilon)}+\frac{x_n-x_n+\epsilon}{x_n(x_n-\epsilon)}=\frac{-\epsilon}{x_1(x_1+\epsilon)}+\frac{\epsilon}{x_n(x_n-\epsilon)}$$$$s-s_1=\epsilon\left(\frac{-1}{x_1(x_1+\epsilon)}+\frac{1}{x_n(x_n-\epsilon)}\right)=\epsilon\;\frac{x_1^2+x_1\epsilon-x_n^2+x_n\epsilon}{x_1x_n(x_1+\epsilon)(x_n-\epsilon)}$$$$s-s_1=\epsilon\;\frac{(x_1+x_n)(x_1-x_n+\epsilon)}{x_1x_n(x_1+\epsilon)(x_n-\epsilon)}$$Das Vorzeichen des gesamten Ausdrucks wird bestimmt durch die zweite Klammer im Zähler, denn alle anderen Terme sind auf Anhieb als größer null zu erkennen. Wegen (4) und (5) gilt:
$$x_n-x_1=\frac{n^2-n+1}{n^2}-\frac1{n^2}=\frac{n^2-n}{n^2}=\frac{n-1}{n}\gg0$$Für ein kleines $\epsilon$ gilt daher auch, dass $(x_1-x_n+\epsilon)<0$ ist, woraus $s-s_1<0$ bzw. $s<s_1$ folgt. q.e.d.

Ciao,

Thomas



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.864, eingetragen 2019-06-22


Aufgabe 1 - 271221
Man ermittle alle Paare $(x,y)$ von Null verschiedener reeller Zahlen $x,y$, die das folgende Gleichungssystem (1), (2) erfüllen:
\[x\left(1+ \frac xy\right)=6 \quad (1) \\ y\left(1+ \frac yx\right)=3 \quad (2)\]

Der Term $x+y$ berechnet sich aus (1) und (2) zu
\[x+y=\frac{6y}x \quad  \text{bzw.}\quad  x+y=\frac{3x}y\] woraus sich durch Gleichsetzung dann sofort die Gleichung
\[\left(\frac xy\right)^2=2 \quad \text{bzw.}\quad x=\pm\sqrt 2\,y \quad (*)\] ergibt. Durch Einsetzen von (*) etwa in (1) erhält man daraus zunächst $x$ zu
\[x=\frac 6{1+\frac xy}=\frac 6{1\pm\sqrt2}=6(\pm\sqrt 2-1)\] und damit dann auch $y$ zu
\[y=\pm\frac x{\sqrt 2}=3(2\mp\sqrt 2)\] d.h., jede der beiden Vorzeichenwahlen in (*) liefert eine Lösung.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.859 begonnen.]



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.865, eingetragen 2019-06-22


Moin,

da habe ich zum ersten Teil von 291233B eine etwas kürzere Variante mit Mittelungleichungen:

Lösung:

a) Das arithmetische Mittel der <math>x_i</math> beträgt offenbar <math>A:=\frac{1}{n}</math>, ihr harmonisches

<math>H:=\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+ \frac{1}{x_n}}=\frac{n}{s}</math>.

Nach der Ungleichung zwischen arithmetischem und harmonischem Mittel gilt (wegen <math>x_i>0</math> für alle <math>1\leq i \leq n</math>) <math>A\geq H</math>, also <math>\frac{n}{s}\leq \frac{1}{n}</math> bzw. <math>s\geq n^2</math>, wobei Gleichheit genau für <math>x_1=x_2=\dots=x_n=A=\frac{1}{n}</math> eintritt.

b) Lemma: Für beliebige reelle Zahlen <math>a,b,c</math> mit <math>a\geq b> c>0</math> gilt
<math>\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\leq \frac{1}{a+c}+\frac{1}{b-c},</math>
denn nach Multiplikation mit dem Hauptnenner ist diese Ungleichung äquivalent zu <math>(a+c)(b-c)(b+a)\leq ab(b-c+a+c)</math> bzw. <math>ab-c(c+a-b)\leq ab</math>, was offensichtlich wahr ist.

Wir zeigen im Folgenden nun, dass für jedes <math>n</math>-Tupel der Term <math>s</math> höchstens einen kleineren Wert annimmt, wenn es nicht (in irgendeiner Reihenfolge) die Form <math>\left(\frac{1}{n^2}, \frac{1}{n^2}, \dots, \frac{1}{n^2}, 1-(n-1) \cdot \frac{1}{n^2}\right)</math> besitzt:

Sei also ein beliebiges <math>n</math>-Tupel <math>(x_1,x_2,\dots,x_n)</math> gegeben, was nicht diese Form besitzt, wobei o.B.d.A. <math>x_n\geq x_i</math> für alle <math>i</math> gelte. (Dies dürfen wir annehmen, da die zu beweisende Aussage symmetrisch in den <math>x_i</math> ist.) Es sei nun <math>i</math> der kleinste Index mit <math>x_i>\frac{1}{n^2}</math>. Es muss dann <math>i<n</math> gelten, denn sonst hätte es die genannte Form. Wenden wir nun das Lemma mit <math>a:=x_n</math>, <math>b:=x_i\leq a</math> und <math>0<c:=x_i-\frac{1}{n^2}<b</math>,  an, so erhalten wir

<math>\frac{1}{x_i}+\frac{1}{x_n}\leq \frac{1}{\frac{1}{n^2}}+\frac{1}{x_n+x_i-\frac{1}{n^2}}</math>.

Das neue Tupel, in welchem wir <math>x_i^{\prime}:=\frac{1}{n^2}</math> und <math>x_n^{\prime}:=x_n+x_i-\frac{1}{n^2}>x_n</math> setzen erfüllt weiterhin wegen <math>x_i^{\prime}+x_n^{\prime}=x_n+x_i</math> die Bedingung, dass die Summe aller Komponeten gleich 1 und jede Komponente <math>\geq \frac{1}{n^2}</math> ist, ist also wieder ein zulässiges <math>n</math>-Tupel, welches aber zumindest keinen kleineren Wert für <math>s</math> liefert als das Ausgangstupel. Jedoch besitzt es nun eine Komponente mehr als dieses, welche den Wert <math>\frac{1}{n^2}</math> besitzt.

Führt man diesen Prozess wiederholt durch, so lässt sich die Anzahl der von <math>\frac{1}{n^2}</math> verschiedenen Komponenten bis auf den Minimalwert 1 reduzieren, ohne den Wert für <math>s</math> zu senken. Also wird der Maximalwert für <math>s</math> von einem Tupel angenommen, bei welchem <math>n-1</math> Komponeten (o.B.d.A. <math>x_1</math> bis <math>x_{n-1}</math>) den Wert <math>\frac{1}{n^2}</math> und die übrige den Wert <math>1-(n-1) \cdot \frac{1}{n^2}=\frac{n^2-n+1}{n^2}</math> annimmt. Für dieses hat <math>s</math> dann den Wert <math>s=(n-1) \cdot n^2 + \frac{n^2}{n^2-n+1}=n^3-n^2+1+\frac{n-1}{n^2-n+1}</math>, was also den größtmöglichen Wert für <math>s</math> darstellt.

Cyrix

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



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MontyPythagoras
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Hallo Steffen,
hast Du meine Lösung #842 zur Aufgabe 281232 übersehen, oder stimmt daran etwas nicht?

Ciao,

Thomas



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TomTom314
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Aufgabe 3A - 201233A
Es sind alle natürlichen Zahlen n zu ermitteln, die die folgende Eigenschaft haben: Für alle reellen Zahlen a und b mit 0< a < b gilt
\[a+\frac{1}{1+a^n}<b+\frac{1}{1+b^n}\]
Die Aufgabe ist äquivalent zu der Frage, ob $f_n(x):=x+\frac{1}{1+x^n}$ für $x>0$ streng monoton steigend ist. Es gilt
\[f'_n(x):=1-\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}; \qquad f'_n(1):=\frac{4-n}{4}
\] Daher ist für $n>4$ die Funktion bei $x=1$ streng monoton fallend. Für $n=4$ folgt aus $f_4''(1)>0$, dass diese dort ein lokales Minimum hat.

Wir zeigen nun, dass $f_n$ für $n\leq 3$ und $x>0$ streng monoton steigend ist.
\[f'_n(x)=\frac{(1+x^n)^2-nx^{n-1}}{(1+x^n)^2} = \frac{(1-x^n)^2+x^{n-1}(4x-n)}{(1+x^n)^2}
\] Der erste Summand im Zähler und der Nenner sind stets nicht negativ. Der zweite Summand ist für $x\geq 1>\frac{n}{4}$ positiv. Also ist $f_n$ für $x\geq 1$ streng monoton steigend. Für $0<x<1$ können wir den Zähler der Ableitung wie foglt darstellen:
\[(1+x^n)^2-nx^{n-1} = 1+2x^n+x^{2n}-nx^{n-1}\geq 1+2x^n+x^{2n}-3x^{n-1} \\
= (1-x^{n-1}) + 2x^{n-1}(1-x) + x^{2n}\] Die drei Summanden sind wegen $0<x<1$ positiv und somit ist für $n\leq 3$ die Ableitung für alle $x>0$ positiv.

* Die Berechnung von $f_4''(1)>0$ habe nicht aufgenomme, da dort nichts passiert.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.864 begonnen.]



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stpolster
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smile  smile  smile  1002 Lösungen  smile  smile  smile
Der virtuelle Preis geht an MontyPythagoras für die 1000.

1002 gelöste Aufgaben (durch Mehrfachlösungen: etwa 1075 Lösungen), das sind
560 gelöste Aufgaben durch Mitglieder des Matheplaneten
200 abgeschriebene Lösungen bei Manuela Kugel
270 abgeschriebene Lösungen bei "alpha", "Mathe in der Schule" usw. ...
und etwas Rest.  razz

Danke an den Matheplaneten!

LG Steffen

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stpolster
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2019-06-22 15:32 - MontyPythagoras in Beitrag No. 866 schreibt:
Hallo Steffen,
hast Du meine Lösung #842 zur Aufgabe 281232 übersehen, oder stimmt daran etwas nicht?
Ciao,
Thomas
Hatte ich übersehen, tut mir leid. Ist korrigiert.

Und schon sind es 1004.

LG Steffen



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.870, eingetragen 2019-06-22


Ich habe wieder einmal die Aufgabenstellung korrigiert - ich hoffe, dass ich damit richtig liege, sonst bitte die nachfolgende Lösung ignorieren.

Aufgabe 1 - 271231
Man ermittle alle diejenigen reellen Zahlen x, die das folgende Ungleichungssystem (1), (2) erfüllen:
\[x^4−6x^2+8≤0 \quad (1)\\  2x^2−3x \qquad > 0 \quad (2) \]

Mit Einführung dere reellen Polynomfunktionen $f$ und $g$ definiert durch
\[f(x)=x^4−6x^2+8=(x^2-2)(x^2-4)=(x+\sqrt 2)(x-\sqrt 2)(x-2)(x+2)\] bzw.
\[g(x)=2x^2-3x=x(2x-3)\] können wir die Lösungen der beiden Ungleichungen - also zunächst jede für sich - leicht durch den Vorzeichenwechsel von $f$ bzw. $g$ an deren einfachen Nullstellen beschreiben, und zwar jeweils für wachsendes $x$. Beide Funktionen starten dabei aufgrund des positiven Leitkoeffizienten im positiven Bereich.

Dieser Vorzeichenwechsel erfolgt für $f$ bei

$\bullet \quad x=-2$ von + zu -,
$\bullet \quad x=-\sqrt 2$ von - zu +,
$\bullet \quad x= \sqrt 2$ von + zu -,
$\bullet \quad x=2$ von - zu +

und für $g$ bei

$\bullet \quad x=0$ von + zu -,
$\bullet \quad x=\frac 32$ von - zu +.

Insgesamt gilt also (1) genau für $x\in[-2,-\sqrt 2]\cup [\sqrt 2,2]$ und (2) genau für $x<0$ und $x> \frac 32$. Beide Ungleichungen (1) und (2) zusammen sind somit genau dann erfüllt, wenn
\[x\in [-2,\sqrt 2] \cup (\frac 32,2]\]

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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.871, eingetragen 2019-06-22


Ich habe oben mal meine Alternativlösung zur 291233B für den zweiten Teil ergänzt. Ist nicht ganz so kurz, kommt aber auch mit eetwas weniger Rechnung aus...

Cyrix

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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@MontyPythagoras:
2019-06-22 14:38 - MontyPythagoras in Beitrag No. 863 schreibt:


b) [...]
Da wie oben schon festgestellt die ersten $n-1$ Summanden schon maximal sind, könnte eine Vergrößerung des letzten Summanden $x_n$ nur zu Lasten mindestens eines anderen Summanden erfolgen. Das heißt, wenn $\frac1{x_n}$ größer werden soll, muss ich ein $\epsilon>0$ von $x_n$ abziehen, aber dieses gleichzeitig zu einem der anderen $x_i$, z.B. $x_1$, hinzuaddieren, damit die zweite Nebenbedingung gültig bleibt.
[...]
Ich finde dieses Argument nicht überzeugend: Warum bringt es keinen Vorteil den Zuwachs $\epsilon$ irgendwie anders unter $x_1,\ldots, x_{n-1}$ aufzuteilen? Es könnten ja z.B. auch $x_1$ und $x_2$ jeweils um $\frac \epsilon 2$ größer werden.
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.873, eingetragen 2019-06-22


Hallo Nuramon,
dann könntest du, wenn Du $\epsilon$ auf zum Beispiel zwei andere Summanden verteilst, es als zwei Vorgänge ($\epsilon_1$ geht auf $x_1$, $\epsilon_2$ geht auf $x_2$) ansehen, und die getrennte Betrachtung der beiden Aufteilungen führt wieder zu der gleichen Schlussfolgerung.

Ciao,

Thomas



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.874, eingetragen 2019-06-22

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-22 16:52 - MontyPythagoras in Beitrag No. 873 schreibt:
Hallo Nuramon,
dann könntest du, wenn Du $\epsilon$ auf zum Beispiel zwei andere Summanden verteilst, es als zwei Vorgänge ($\epsilon_1$ geht auf $x_1$, $\epsilon_2$ geht auf $x_2$) ansehen, und die getrennte Betrachtung der beiden Aufteilungen führt wieder zu der gleichen Schlussfolgerung.

Ciao,

Thomas
Danke, das war in deinem Beweis nicht klar.
Die gleiche Idee hat Cyrix in seiner Lösung dann noch ein bisschen deutlicher aufgeschrieben.
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.875, eingetragen 2019-06-22


Ja, mir gefällt cyrix' Beweis auch sehr gut. Ich hätte kein Problem damit, seine Lösung in das "offizielle" Lösungsbuch zu übernehmen.  smile

Ciao,

Thomas



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.876, eingetragen 2019-06-22



Aufgabe 271042: Es sei <math>f</math> eine Funktion, die für alle reellen Zahlen <math>x</math> definiert ist und für alle reellen Zahlen <math>x_1</math>, <math>x_2</math> die folgenden Gleichungen erfüllt:
(1): <math>f(x_1+x_2)=f_(x_1^3)+f(x_2^3)</math>
(2): <math>f(x_1 \cdot x_2)=x_1 \cdot f(x_2) + x_2 \cdot f(x_1)</math>.
Beweisen Sie, dass durch diese Voraussetzungen der Funktionswert <math>f(2+\sqrt{5})</math> eindeutig bestimmt ist und ermitteln Sie diesen Funktionswert!

Lösung:

Wir beweisen zuerst ein kleines

Lemma: Ist für zwei reelle Zahlen <math>x_1</math> und <math>x_2</math> gegeben, dass <math>f(x_1)=f(x_2)=0</math> ist, so ist auch <math>f(x_1 \cdot x_2)=0</math>.

Beweis: Es ist nach (2) <math>f(x_1 \cdot x_2)=x_1 \cdot f(x_2)+x_2 \cdot f(x_1)=x_1 \cdot 0 + x_2 \cdot 0=0</math>, <math>\Box</math>.


Nun zur eigentlichen Aufgabe:

Es ist mit <math>x_1=x_2=1</math> nach (2) <math>f(1)=f(1\cdot 1)=1\cdot f(1) + 1 \cdot f(1)=2 \cdot f(1)</math>, also <math>f(1)=0</math>.

Mit gleichen Werten für <math>x_1</math> und <math>x_2</math> folgt damit aus (1), dass <math>f(2)=f(1+1)=f(1^3)+f(1^3)=f(1)+f(1)=0</math> ist.

Nach dem Lemma folgt nun sukzessive, dass für alle positiven ganzen Zahlen <math>n</math> auch <math>f(2^n)=0</math> ist. Insbesondere ist <math>f(4)=0</math> und <math>f(4^3)=0</math>.

Nach (1) ist dann mit <math>x_1=4</math> und <math>x_2=1</math> auch <math>f(5)=f(4+1)=f(4^3)+f(1^3)=0+0=0</math>.

Nach (2) ist mit <math>x_1=x_2=\sqrt{5}\neq 0</math> auch <math>0=f(5)=f(\sqrt{5} \cdot \sqrt{5})= \sqrt{5} \cdot f(\sqrt{5}) + \sqrt{5} \cdot f(\sqrt{5})=2\sqrt{5} \cdot f(\sqrt{5})</math>, also auch <math>f(\sqrt{5})=0</math>.

Nach dem Lemma ist dann auch <math>f(\sqrt{5}^3)=0</math> und <math>f(2^3)=0</math>, also nach (1) mit <math>x_1=2</math> und <math>x_2=\sqrt{5}</math> auch <math>f(2+\sqrt{5})=f(2^3)+f(\sqrt{5}^3)=0+0=0</math>.


Cyrix



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.877, eingetragen 2019-06-22


Aufgabe 6B - 211236B
Man beweise für jede ganze Zahl n mit n≥3: Ist $A_n$ die Anzahl aller verschiedenen Darstellungen von n als Summe dreier positiver ganzzahliger Summanden, so gilt
\[ \left| A_n−\frac{n^2}{12} \right| <12\] Dabei werden zwei Darstellungen genau dann als verschieden bezeichnet, wenn sich nicht die eine durch Änderung der Reihenfolge der Summanden aus der anderen erhalten lässt.

Lösung
$A_n$ ist gleich der Anzahl aller geordneter Tripel $(a,b,c)$ mit $1\leq a\leq b\leq c$ und $a+b+c=n$. Sei $B_n$ die Anzahl geordneter Tripel $(1,b,c)$ mit $1+b+c=n$. Durch abzählen der Tripel $(1,b,c)$ beginnend bei $(1,1,n-2)$ und sukzessive Veränderung der zweiten und dritten Komponente erhalten wir $B_n=\left[\frac{n-1}{2}\right]$. Für ein beliebiges Tripel $(a,b,c)$ ist entweder die erste Komponente 1 oder wir könne diese durch Inkrementierung aus $(a-1,b-1,c-1)$ erzeugen. Daraus folgt $A_{n+3}=B_{n+3}+A_n$. Insbesondere gilt für $n<6$: $A_3=A_4=1$ und $A_5=2$.

Die zu zeigenden Ungleichung ist äquivalent zu $n^2-6<12A_n<n^2+6$, welche für $n<6$ erfüllt ist. Für $n\geq 3 $ gilt induktiv:
\[12A_{n+3} =12B_{n+3}+12A_n < 12\left[\frac{(n+3)-1}{2}\right] + n^2 +6<6(n+2) +n^2 \\
=3+(n+3)^2<(n+3)^2+6\] Also ist die rechte Seite der Ungleichung erfüllt. Statt $n^2-6<12A_n$ zeigen wir die etwas stärkere Ungleichungen $(2k)^2-6<12A_{2k}$ und $(2k+1)^2-3<12A_{2k+1}$. Diese ist für $A_3,A_4,A_5$ erfüllt.
\[12A_{2k+3}=12B_{2k+3}+12A_{2k}> 6(2k+2) + (2k)^2 -6 =(2k+3)^2 -3\] \[12A_{2k+4}=12B_{2k+4}+12A_{2k+1}> 6(2k+1) + (2k)^2 -3 =(2k+3)^2 -6\] In den beiden Gleichungen haben wir $\left[\frac{(2k+3)-1}{2}\right]=k+1$ und $\left[\frac{(2k+4)-1}{2}\right]=k+1$ verwendet. q.e.d.


Auf jeden Fall eine schöne Aufgabe. Über die Unterscheidung gerade/ungerade am Ende des Beweises bin ich nicht so glücklich. Sieht jemand eine bessere Variante?



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TomTom314
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2019-06-22 20:35 - cyrix in Beitrag No. 876 schreibt:

Aufgabe 271042: Es sei <math>f</math> eine Funktion, die für alle reellen Zahlen <math>x</math> definiert ist und für alle reellen Zahlen <math>x_1</math>, <math>x_2</math> die folgenden Gleichungen erfüllt:
(1): <math>f(x_1+x_2)=f_(x_1^3)+f(x_2^3)</math>
(2): <math>f(x_1 \cdot x_2)=x_1 \cdot f(x_2) + x_2 \cdot f(x_1)</math>.
Beweisen Sie, dass durch diese Voraussetzungen der Funktionswert <math>f(2+\sqrt{5})</math> eindeutig bestimmt ist und ermitteln Sie diesen Funktionswert!

Bei dieser Aufgabe ich ganz schön viel null. Kann es sein, dass $f$ für alle algebraischen Zahlen null ist?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.879, eingetragen 2019-06-22


Ist die nachfolgende Aufgabe wirklich so einfach oder unterliege ich gerade einem fürchterlichen Trugschluss?  cool

Aufgabe 4 - 281234
Man untersuche, ob es 21 paarweise verschiedene ganze Zahlen sowie eine Reihenfolge $a_1,a_2,...,a_{21}$ (∗) dieser Zahlen so gibt, dass die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
(1)Für je vier in der Reihenfolge(*) unmittelbar aufeinanderfolgende Zahlen ergibt sich eine negative Summe dieser vier Zahlen.
(2) Die Summe aller 21 Zahlen ergibt 1989.


Lösung: Wir bilden dazu die Folge $a_1,a_2,...,a_{21}$, welche rekursiv folgendermaßen definiert ist durch

\[a_1=1994,\ a_2=-5989,\ a_3=1995,\ a_4=1996\] sowie für $k=5,6,..,21$ durch
\[a_k=\begin{cases} a_{k-4}+3, \text{ falls } k\not\equiv 2\mod 4\\a_{k-4}-9, \text{ falls }k\equiv 2\mod 4\end{cases}\]
Betrachtet man die ganze Folge, nämlich

$1994, -5989, 1995, 1996, 1997, -5998, 1998, 1999, 2000, -6007, 2001,\\ 2002, 2003, -6016, 2004, 2005, 2006, -6025, 2007, 2008, 2009$

und dazu ihre Summe

$1994+\underbrace{ (-5989)+ 1995+ 1996+ 1997}_{=-1}+\underbrace{ (-5998)+ 1998+ 1999+ 2000}_{=-1}+\\+\underbrace{(-6007)+ 2001+ 2002+ 2003}_{=-1}+\underbrace{(-6016)+ 2004+ 2005+ 2006}_{=-1}+\\+\underbrace{ (-6025)+ 2007+ 2008+ 2009}_{=-1}=1994-5=1989$

so sollte das einfache Konstruktionsprinzip der Folge damit klar sein: Indem wir sicherstellen, dass die unterklammerten Teilsummen alle negativ sind, sind dann nach der Bauart der Folge automatisch auch alle anderen Teilsummen aus jeweils 4 aufeinanderfolgenden Gliedern der Folge negativ! Damit erfüllt diese Folge also dann tatsächlich alle Bedingungen der Aufgabe.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.876 begonnen.]



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