Erste Runde der IMO-Auswahlklausur

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Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »
Erste Runde der IMO-Auswahlklausur
Für alle, die mal ein wenig knobeln wollen habe ich hier mal die Aufgaben von der ersten Auswahlklausur. Ich bin leider nicht so gut mit klar gekommen und wäre über einen vernünftigen Lösungsweg natürlich auch sehr erfreut.

1.Es seien A,B,C,D,E,F Punkte auf dem Kries mit AE||Bd und BC||DF.DurchSpieglung an der Geraden CE geht der Punkt D in X über, Zeige, dass X so weit von der Geraden EF entfernt ist, wie B von AC

2.In einem Raum stehen 2005 Obstkisten, von denen jede eine oer mehrere Sorten Obst enthält, von jeder Obstsorte ganzzahlig viele Früchte
a)Man zeige, dass man 669 Obstkistenso auswählen kann, die zusammen sowohl mindestens ein Drittel der Äpfel als auch 1/3 der Birnen enthält
b)Können die Kisten aus Teil a) stets so gewählt werden, dass auch mindestens ein Drittel aller Pfirsiche enthalten

3.Lassen sich für jede positive ganze Zahl n nicht-negative ganze Zahlen a,b,c,d,e,f,g,h mit finden? Die Antwort ist zu begründen.

Die Rechtschreibfehler in den Aufgabenstellungen sind meine Kreation, ich hoffe es sind nicht zu viele, vor allem Aufgabe 1 bereitet mir Kopfzerbrechnen, da ich dort wenn ich das mit einem Programm konstruieren auf vollkommen falsche Ergebnisse komme, oder ist 1,5=1? Oder habe ich das ganze nur falsch konstruiert? Ich hoffe ihr kennt ein paar schöne Lösungen.
Edit: Dann ebend positive Zahlen, aber ich hatte euch vorgewahnt

EDIT by therisen: [/latex] eingefügt Augenzwinkern
DGU Auf diesen Beitrag antworten »

pisitive ganze Zahlen sind was tolles Rock
*scnr*
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Also die 1. Aufgabe scheint schon zu passen...
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, (2) ist wieder mal sowas raffiniert Kombinatorisches, was sich sicher mit einem ganz einfachen Trick erschlagen lässt (irgendwas mit Teilauswahlen und/oder Schubfachprinzip), es will mir aber im Moment nicht einfallen. traurig


Und bei (3) kann man sich auf alle Fälle auf ungerade und dann o.B.d.A. b=d=f=h=0 brschränken, d.h.

.

Und ich würde jetzt mal raten, das es nicht geht (n=19 ?), aber vielleicht habe ich jetzt in meiner Müdigkeit auch was übersehen.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Irgendwie hatte ich eine andere Konstruktion, ich habe es wahrscheinlich irgendwie geschafft etwas falsch zu beschriften
Die im Anhang sieht jetzt hoffentlich richtig aus, aber sie besagt auch das richtige.
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Was soll denn da nicht passen?
 
 
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Ist ja gut, ich sehe meinen Fehler ein, ich glaub ich habe irgendeinen Punkt falsch beschriftet gehabt und somit den falschen Abstand betrachtet. Hat trotzdem mal jemand eine Beweisidee?
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

bei der 1. Aufgabe beweist du die Kongruenz der Dreiecke AB(Fußpunkt des Lotes von B) und XE(Fußpunkt des Lotes von X).
Ich selber hab es allerdings nur geschafft die Gleichheit einer Strecke zu zeigen (AB=EX), ein Freund von mir meinte er hätte auch eine Möglichkeit die Gleichheit eines Winkels zu beweisen, aber gerade als er es raus hatte war die Zeit um.

zu Aufgabe 2b) konnte ich ein Gegenbeispiel konstruieren: 1 Pfirsich, 1 Birne, 2003 Äpfel --> höchstens 667 Äpfel auswählbar, Widerspruch

Bei 3 habe ich bewiesen(hoffe ich jedenfalls), dass 19 sich so nicht darstellen lässt(sehr lang u. unübersichtlich). Auf dem Weg nach hause viel mir ein:

2^n - 1 für n>1 kongruent 3 Mod 4
--> in der reduzierten Form ist oben Rest 3 * rest 3 = rest 1 durch unten rest 3 * rest 3 = rest 1, Gesamtrest also auch 1 (wenn alle a,b,c,d > 1), daher Primzahlen mit Rest 3 Mod 4 lassen sich nicht darstellen (wenn alle Exponenten größer 1 sein müssen). Hab die Idee aber nicht weiter verfolgt.

zu 2a) keinerlei Ansatz meinerseits. Für jede Idee dankbar^^
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von pehape
2^n - 1 für n>1 kongruent 3 Mod 4
--> in der reduzierten Form ist oben Rest 3 * rest 3 = rest 1 durch unten rest 3 * rest 3 = rest 1, Gesamtrest also auch 1 (wenn alle a,b,c,d > 1), daher Primzahlen mit Rest 3 Mod 4 lassen sich nicht darstellen (wenn alle Exponenten größer 1 sein müssen). Hab die Idee aber nicht weiter verfolgt.

Ausgezeichnete Idee! Hier mal noch ein paar Überlegungen von mir zu dieser Aufgabe für :

(a) Wegen kann man o.B.d.A. annehmen. Nun ist für , also folgt .

(b) Aus folgt stets . Ziemlich einfach nachweisbar.

(c) Aus folgt stets oder , ohne Beweis (ist etwas länger Augenzwinkern ).

(d) Nach der Idee von pehape kann man nun folgende Fallunterscheidung vornehmen:

1.Fall: o.B.d.A.

Dann müsste gelten,
was nach (c) dann entweder und damit (Widerspruch) oder zur Folge hat.
In letzterem Fall ist wegen der Unmöglichkeit von sogar erforderlich, was zu führt, was auch unmöglich ist.

2.Fall: :

Dann müsste gelten. Aus (b) folgt dann sowohl als auch . und klappt ganz offenbar nicht. Andererseits führt zu

.

Bleibt nur noch :

.

führt zur Abschätzung , Widerspruch. Bleibt nur noch zu untersuchen, also

,

was sich als ebenso unmöglich herausstellt.

----------------------

Ziemlich langer Brocken (dabei habe ich noch einiges weggelassen) - geht bestimmt hier und da kürzer, aber generell müsste es stimmen. Die offizielle Lösung ist bestimmt ein Zwei- oder Dreizeiler. smile
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

1.Habe ich das auch für eine Strecke geschafft, aber weiter bin ich nicht gekommen.
Bei 2. b) habe ich auch ein Gegenbesipiel gefunden und a) habe ich mit viel Argumentation gemacht, also wahrscheinich total schrecklich. Also man kann eigentlich 2 Fälle betrachten:Ein Mal, dass in jeder Kiste entweder nur Äpfel oder nur Birnen enthalten sind, dass kann man erst mal noch wunderbar zeigen und den zweiten Fall, dann so, dass man das Wählen von 2 gemischten Kisten als Wahl von 2 Kisten mit ein Mal nur Birnen und ein Mal nur Plaumen betrachten kann, aber da muss dann noch viel argumentiert werden.
3.Habe ich auch gemerkt, dass es nicht gehen kann, aber hatte nur noch 5 MinutenZeit, also werde ich da wahrscheinlich nicht mehr als 2 oder 3 Punkte für bekommen.

Ich hoffe ich komme dieses Jahr auf mehr als 20 Punkte, aber ich habe ja noch eine zweite Klausur nächste Woche.
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

Mal ganz grob mein schlechter Beweis zu 3:

(ich gehe davon aus das die reduzierte Form mit a,b,c,d vorliegt)

Ich brauche über dem Bruchstrich eine 19 als Primfaktor --> a = 19k (o.d.B.A)

Angenommen k > 1 dann muss ich den "Zusatz" unten wieder hinschreiben, anders gesagt--> k = 1.

2^19 - 1= (2^9 + 1)(2^9-1)

also muss ich unten die 2^9-1 wegkürzen, c = 9k

2^9 + 1= 27*19 --> ich muss die 3^3 rauskürzen, 2^n - 1 = 0 mod 27 gilt nur für n = 18k --> daraus folgt aber, dass ich meine 19 auch wegkürze --> ich kann die 27 nicht wegkürzen. Angenommen ich will nun meine 2^9 - 1 und eine 3 verkuppeln --> 2^(2n +1) = 2 mod 3,
ich brauche also einen geraden Exponenten --> 2^18k u. dasselbe Probleme(ich töte dabei die 19). Es sind soweit alle Fälle abgedeckt, aber ich bin teilweise auf die Gründe, wieso ich nur k=1 betrachtet hab nicht genau genug eingegangen, die Teilbarkeiten hab ich aufgrund von Gewohnheit über vollständige Restschemata gezeigt (d.h. die gesamte Periode der Reste modulo 27 o. 19 durchgehend).
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von pehape
Ich brauche über dem Bruchstrich eine 19 als Primfaktor --> a = 19k (o.d.B.A)

Wieso 19k ? Ist das nur ein Schreibfehler? ist nicht durch 19 teilbar.
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

jo natürlich, 18 gemeint^^ (kleiner Fermat hat mich da ja erst drauf gebracht)
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

so hab mich nun doch mal registriert - eine Frage an Sciencefreak: wie wird eigentlich so bewertet bei der IMO - Auswahlklausur, d.h. wieviel Punkte, wie "streng" u. wann erfährt man sein Ergebniss?
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe keine Ahnung wie streng sie das bewerten, man kriegt seine Aufgaben leider nicht zurück und auch keine Auflistung der Punkte, ich weiß nur, dass ich letztes Jahr 16 von 60 Punkten hatte, was für einen damaligen 10.Klässler noch recht vernünftig ist. Ansonten gibt es auf jede Aufgabe 10 Punkte, ich glaube sie geben dir bei den meisten Sachen den ein oder anderen Punkt, wenn man den richtig Ansatz hatte, aber wenn ich den Brief richtig gelesen habe, dann muss es für volle Punktzahl wirklich perfekt sein, wenn ich bedenke, dass die Leute bei der Auswahlklausur gewöhnlich weniger Punkte im Verhältnis zur erreichbaren Punktzahl bekommen als bei der IMO selbst.
Machst du dir wirklich Hoffnung, dass du weiter kommst?
Ich habe mir so einfach mein Zeil gesetzt 1/3 der Punkte zu bekommen und nächstes Jahr traue ich mich vielleicht an die Hälfte heran. Erst mal schauen, ob ich es dieses Jahr schaffe mein Ziel zu erreichen. Und die erste Klausur ist immer die leichte, damit die Teilnehmer noch Hoffnung schöpfen können, die 2.Klausur ist um einiges schwerer.Die Punkte gibt es gewöhnlich irgendwann im Januar und sie werden dir per Brief zugestellt. Freu dich schon auf diese tollen Sätze die da drin stehen, wenn man die liest kommt man sich total schlecht vor, die sollen zwar aufmunterernd gemeint sein, aber so wirken sie wirklich nicht, da sollte vielleicht sich irgendjemand überlegen, was er in solch einen Brief schreibt, vielleicht finde ich ihn zu Hause noch, dann kann ich dir den genauen Wortlaut geben.

Wie hast du dich eigentlich dafür qualifiziert? Über den Bundeswettbewerb Mathematik oder über die Matheolympiade?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Mal eine Frage vom Veteran: Wieviel solche Auswahlklausuren muss man eigentlich heutzutage überstehen? Bei mir damals waren es immerhin 8 Stück pro Jahr.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Das steht auf der Seite der Matheolympiaden. Wenn du den Weg bis zur Qualifikation mitzählst, dann werden es wahrscheinlich mehr als 8 Klausuren. 1Stadtrunde, je 2 bei Landes und Bundesrunde und dann noch 2 an der Schule und dann noch die letzte Auswahlrunde
Zitat:
Der Weg in die deutsche Nationalmannschaft führt über die erfolgreiche Teilnahme an der Bundesrunde der Mathematik-Olympiaden , des Bundeswettbewerbes Mathematik oder Jugend forscht. Diese Kandidaten (etwa 130) schreiben 2 IMO-Auswahlklausuren . Die 16 Besten dieser Klausuren werden zu Vorbereitungsseminaren eingeladen. Die 6 Besten der hier geschriebenen Klausuren bilden dann das Team.

Edit: http://www.mathematik-olympiaden.de/IMOs/imo.htm
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, die Nationale Matheolympiade zähle ich da gar nicht, die ist außen vor. Ich meine direkt solche Vorbereitungs-Klausuren mit IMO-Niveau.
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

Du musst die 2 Auswahlklausuren überleben sowie danach 6 Klausuren in den Spezialistenlagern --> sind also immer noch 8.

@sciencefreak: 2. Platz 4. Stufe in Saarbrücken Klasse 9. Mein Anfangsziel war zweistellig und bleibt zweistellig^^. Ich kenne allerdings jemanden der sich (vor 2 Jahren) in meiner Klassenstufe qualifiziert hat, und es wär natürlich toll - aber um das zu schaffen müsste ich wohl die nächste Klausur perfekt lösen, was ich aber in keinster Weise kann^^ Wegen der Bewertung - wie viel Punkte haste denn so auf wirklich nur im Ansatz (daher in der Art von "ich glaube man könnte das und das zeigen, vielleicht mit dem und dem Mittel") bearbeitete Aufgaben bekommen? Und wieviel "Form"-Abzug auf eigentlich richtige(daher, "falsch"/"Unübersichtlich" aufgeschriebene)?
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Meinst du mit diesem jemand vielleicht Peter Scholz? Der ist der einzige, dem ich das zutrauen würde.
Kannst dir ja mal meine Ergebnisse vom letzten Jahr anschauen.
Auswahlklausur zur IMO
dann siehst du vielleicht auch an den Aufgaben, dass der zeweite Tag wesentlich schwerer war
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

dieser "jemand" ist Matthias Ost, der seit ziemlich vielen Jahren einzige der aus Sachsen-Anhalt zur IMO ist,dieses Jahr leider nicht weitergekommen. Übrigens müsste es Christian Reiher damals schon in der 8. geschafft haben bei 5 maliger Teilnahme oder? Achso, keine Angst ich kenne die Aufgaben vom letzten Jahr Augenzwinkern - wie gesagt, ich halte es für mehr oder weniger unmöglich weiterzukommen^^
das war mir schon klar als ich angefangen habe die alten Auswahlklausuraufgaben durchzuarbeiten, ich hab bei gerad mal nem Drittel oder weniger auch nur nen kleinen Ansatz gesehen.

mfg pehape
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Bei fünfmaliger Teilnahme muss er "nur" seit der 9. immer dabei gewesen sein glaub ich, da man meiner Meinung nach auch noch im Jahr teilnehmen kann, indem man die Schule abgeschlossen hat. Ich weiß warum mir der Name "Matthias Ohst" nichts sagt, da ich mir nur mal die Liste vom letzten Jahr angeschaut habe und dort hat er nicht teilgenommen. Aber ist ja auch egal, vielleicht schaffe ich es ja nächstes Jahr zumindest eine Runde weiterzukommen oder ich muss mich mit der Physikolympiade abfinden, die beiden überschneiden sich so oder so ein wenig
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ja richtig, in einigen Bundesländern vergammelt man ja ein Jahr länger als nötig bis zum Abitur. Big Laugh

Bei 13 Schuljahren hätte ich damals auch eine weitere IMO-Chance gehabt - aber deswegen ein Jahr länger Schule? Nein danke, 12 Jahre sollten völlig ausreichen.
pehape Auf diesen Beitrag antworten »
Lösung zu 1
hi,

eine ziemlich elegante und scheinbar richtige Lösung zu 1:

http://www.mathlinks.ro/Forum/post-383957.html#p383957

mfg pehape
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Mit dem Einscannen der Aufgaben hat es leider nicht so geklappt, aber nun habe ich mal Zeit und stelle die Aufgaben hier mal zur Diskusion rein.

Aufgabe 1
Man bestimme mit Beweis alle Funktionen f: mit der Eigenschaft
für alle positiven reelen Zahlen x,y.

Aufgabe 2
Gegeben ist ein Dreieck ABC mit AB+BC=3*AC (da sollen eigentich noch Striche drüber, aber mir fällt grad nicht der Latexbefehl dazu ein).
Sein Inkreis habe den Mittelpunkt I und berühre die Seiten AB in D und BC in E. Weiter seien K und L die Spiegelpunkte von D bzw. E bezüglich I.
Beweise,dass das Viereck ACKL ein Sehnenviereck ist.

Aufgabe 3
Wir betrachten ein mXn-Rechteck, welches aus m*n Einheitsquadraten besteht. Zwei seiner Einheitsquadrate heißen benachbart, wenn sie eine gemeinsame Seite haben und ein Pfad ist eine Folge von Einheitsquadraten, in der je 2 aufeinanderfolgende Elemente benachbart sind.Jedes Einheitsquadrat des Rechtecks kann entwederweiß oder schwarz gefärbt sein. Sind alle Quadrate gefärbt, so liege eine Färbung des Rechtecks vor.
Es sei N die Anzahl solcher Färbungen bei denen es wenigstens einen schwarzen Pfad von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt. Ferner sei M die Anzahl aller Färbungen bei denen es wenigstens 2 schwarze Pfade von der linken zur rechten Seitenkante des Rechtecks gibt, die kein gemeinsames Quadrat enthalten. Man beweise:





Also Aufgabe 1 muss man erst mal entscheiden, ob 0 zu R+ gehört oder nicht, da findet man irgendwie nichts vernünftiges, ich habe danach mal ins Tafelwerk geschaut und da steht nur drin, dass 0 zu Q+ gehört.
Die 2.Aufgabe habe ich wieder nicht geschafft(Geometrie liegt mir nicht so) un die 3.Aufgabe war ganz einfach,nur etwas schwer zum aufschreiben.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Sciencefreak
Also Aufgabe 1 muss man erst mal entscheiden, ob 0 zu R+ gehört oder nicht, da findet man irgendwie nichts vernünftiges,

Ich denke mal, 0 gehört nicht dazu. Hast du nicht nachgefragt?

Unter dieser Voraussetzung kriegt man ziemlich schnell nachgewiesen. Die konstante Funktion ist ja auf jeden Fall Lösung, vermutlich gibt es keine weiteren. verwirrt
Morgen vielleicht weiter...
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Die erste Runde schreibt man an der Schule und dort hat natürlich niemand eine Ahnung, also wenn die Aufsichtsperson Mathe unterrichtet, dann habe ich sehr viel Glück, aber ich glaube sie weiß auch nicht weiter.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab's jetzt, ist tatsächlich die einzige Lösungsfunktion. Bei Interesse poste ich die Lösung, aber du hast sie ja vermutlich selbst raus.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

So schön konnte ich das leider nicht zeigen, wenn du einen etwas schlüssigeren Lösungsweg hast, dann würde er mich schon sehr interessieren
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ist etwas umständlich, aber sollte klappen:


Angenommen, es gibt ein mit . Dann wählt man in und erhält , Widerspruch.

Für beliebige kann man über und eine Folge mit konstruieren. Wegen folgt nun für alle , d.h., .

Nun unterscheiden wir folgende Fälle:

1.Fall: Für alle positiven gilt .

Dann gilt , also . Somit gibt es eine reelle Zahl mit für alle positiven , umgeschrieben . Eingesetzt in heißt das für alle positiven , Widerspruch.

2.Fall: Es gibt positive mit .

Mit den Abkürzungen und haben wir dann . Die Werte und in eingesetzt ergibt



Es gibt somit eine positive Zahl mit . Analog lässt sich dann über



nachweisen, dass dann auch für alle gelten muss. Anschließend gehen wir dann "`vorwärts"' auf der reellen Achse: Für alle ist , und somit



Das kann man dann induktiv auf alle ausdehnen, womit alle reellen Zahlen erfasst sind.

Somit gibt es nur die eine, konstante Lösungsfunktion .
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

ich hatte zu der Aufgabe einen etwas anderen Lösungsansatz, der fälschlicher Weise am Anfang aber davon ausgeht das im Definitionsbereich enthalten ist. Aber auch so müsste es doch möglich sein sich eine andere Folge zu nehmen, z.B. , , und sich nun die Funktionsgleichung mit als einem Element dieser Folge aufschreiben. Wenn ich nun n gegen unendlich gehen lasse, erhalte ich , nach der Definition der Folge fällt also auf der rechten Seite das raus, und wenn ich mit bezeichne erhalte ich . Wenn ich andererseits in der Ausgangsgleichung gegen gehen lasse erhalte ich aber , also , wenn f(x) nicht für alle ist, das ist aber aufgrund des Definitionsbereiches unmöglich. Also ist , induktiv folgt , woraus ich auch schlussfolgern kann dass für alle sein muss, denn wenn es irgendwo einen anderen Wert hat, so gehe ich einfach rückwärts, teile immer durch , und gelange so immer näher an , und wenn mein Ausgangswert nun ungleich ist, so folgt daraus dass gegen 2 verschiedene Werte geht bei , was nicht sein kann(hoffe ich?!).

So das war in soweit meine total vermurkste Lösung^^, aber was ist bitte der Ansatz bei 3?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zu 3.:

Sei (mit 0=weiß,1=schwarz) die Menge aller Färbungen des Rechtecks, und die Teilmenge von mit mindestens nichtüberlappenden schwarzen Pfaden von links nach rechts.

Wenn es gelingt, eine injektive Abbildung zu konstruieren, ist man fertig.
pehape Auf diesen Beitrag antworten »

ich betätige mich mal als Nekromant und reanimiere diesen Thread. @sciencefreak wie ist es nun bei dir ausgegangen? Ich hatte extremes Glück und habe 22/60 Punkten --> bin weitergekommen.

mfg pehape
Ben Sisko Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von pehape
ich betätige mich mal als Nekromant und reanimiere diesen Thread. @sciencefreak wie ist es nun bei dir ausgegangen? Ich hatte extremes Glück und habe 22/60 Punkten --> bin weitergekommen.

mfg pehape


Das musste ich erst einmal nachgucken Big Laugh

Herzlichen Glückwunsch pehape! Freude
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