Vorbereitung auf die Mathematik Olympiade

29.05.2008, 17:34

mathe760

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Vorbereitung auf die Mathematik Olympiade

Hallo,

Ich bereite mich ja zurzeit auf die Mathematik Ólympiade im November vor.
Nun habe ich aber Probleme mit den folgenden Aufgaben und benötige daher ein paar Ansatze von euch:

Der Link zu den Aufgaben ist hier

471012 habe ich bereits gelöst und zu 471013 habe ich den folgenden Ansatz:

"Gegeben sei die Menge M={1;2;3;;...;1004}. Es seien A und B Teilmengen von M. Es wird folgende Behauptung aufgestellt:
Für alle Teilmengen A und B von M mit |A|*|B|=>2007 gilt: Es gibt Zahlen a_1,a_2 €A und b_1,b_2 €B mit a_1+b_1=a_2+b_2 und a_1#a_2

Beweisen Sie die Behauptung allgemein. " wie immer beschreibt |M| die anzahl der Elemente der Menge M.

Mein Ansatz:

Aus der obigen Gleichung folgt unmittelbar: a_j-a_k=b_k-b_j (Ich habe die Elemente nicht a1,...,b2 genannt sondern eben a_j...b_k)

Also auch |a_j-a_k|=|b_k-b_j|
wobei |a_j-a_k| den Abstand der beiden Elemente a_j und a_k voneinander symbolisiert.
Jetzt erhält man:
n-|a_1-aj_j|-|a_k-a_n|=m-|b_1-b_j|-|b _k-b_n|

<=> n-(n-|a_j-a_k|=m-(m-|b_j-b_k|

und da |a_j-a_k| gleich der linken und |b_j-b_k| gleich der rechten Seite ist folgt:

2*|a_j-a_k|=0=> a_j=a_k=a
2*|b_j-b_k|=0=> b_j=b_k=b

Dann wird aus der Behauptung:

a+b=a+b
und dies stimmt!

Kan das sein?
Beweis ich damit nicht, das es keine solche Zahlen gibt?

Ist es eigentlich normal, dass man anfangs sehr unsicher ist was Wettbewerbsaufgaben angeht? Ich finde oftmals nämlich nicht den richtigen Ansatz. Den Abiturstoff kann ich aber perfekt und auch das Uni Niveau finde ich oft "einfacher"

Bis denn mathe760 Wink

Wink

29.05.2008, 17:54

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Zitat:

Original von mathe760
Jetzt erhält man:
n-|a_1-aj_j|-|a_k-a_n|=m-|b_1-b_j|-|b _k-b_n|

Was ist $\begin{eqnarray*} a_n,b_n \end{eqnarray*}$ , wieso soll das gelten? verwirrt

verwirrt

Ich kann absolut nicht erkennen, inwieweit deine Gedanken zielführend sind. Also mal kurz und deutlich: Was ist dein Plan?

30.05.2008, 16:40

mathe760

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Also die Menge A hat a_n Elemente und ich arbeite hier eben mit den Abständen der verschiedenen Elemente voneinander.

$\begin{eqnarray*} A=\{a_1,a_2,...,a_j,...,a_k,...a_n\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B=\{b_1,b_2,...,b_j,...,b_k,...,b_m\} \end{eqnarray*}$

Bis denn mathe760 Wink

Wink

30.05.2008, 17:24

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Zitat:

Original von mathe760
Ich möchte zeigen das es keine solchen voneinander verschiedenen Elemente gibt, sodass die Gleichung erfüllt wäre.

Du sagst also so einfach zu der zu beweisenden Behauptung:

"Nö, die ist falsch - ich beweise einfach das Gegenteil!"

Ich weiß nicht, für wie behämmert du die Aufgabensteller hältst - ich denke, sie sind es nicht. Wenn da steht "Beweisen Sie..." , dann sollte man schon davon ausgehen, dass die Aussage auch stimmt. Das ist was anderes als "Entscheiden Sie, ob die Aussage ... richtig ist."

In deinen Ausführungen kann ich nach wie vor nichts sinnvolles erkennen:

Du gehst von jeweils n-elementigen Mengen A und B aus - das ist schon mal fragwürdig, denn die Mengen sind i.a verschieden mächtig. Dann leitest du von der Behauptung der Existenz ausgehend irgendetwas ab, mit mehreren Fehlern in der Logikkette, wie etwa

Zitat:

Original von mathe760
Jetzt erhält man:
n-|a_1-aj_j|-|a_k-a_n|=m-|b_1-b_j|-|b _k-b_n|

Ich verstehe nur Bahnhof. unglücklich

unglücklich

Naheliegend ist hier eine Lösung mit Schubfachprinzip.

30.05.2008, 21:00

mathe760

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Vergiß ganz schgnell was ich geschrieben habe! unglücklich

unglücklich

Natürlich haben die Mengen A und B n bzw. m Elemente und natürlich möchte ich auch nicht zeigen, was ich geschrieben habe, aber letztendlich bin ich auf diese Lösung gekommen. geschockt

geschockt

Kann st du mir mal genauer erklären wie ich hier das Schubfachprinzip anwenden soll?

Zitat:

Zitat:

Original von mathe760
Jetzt erhält man:
n-|a_1-aj_j|-|a_k-a_n|=m-|b_1-b_j|-|b _k-b_n|

Ich verstehe nur Bahnhof. unglücklich

unglücklich

Ich wüsste nicht was da falsch dran ist, mal dir doch zwei Zahlenstrahlen- einen für die Menge A und einen für die Menge B- auf, dann müsste sich denke ich ergeben was ich damit meine. verwirrt

verwirrt

Bis denn mathe760 Wink

Wink

30.05.2008, 21:18

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Zitat:

Original von mathe760
Ich wüsste nicht was da falsch dran ist, mal dir doch zwei Zahlenstrahlen- einen für die Menge A und einen für die Menge B- auf, dann müsste sich denke ich ergeben was ich damit meine. verwirrt

verwirrt

Du scheinst irgendwie Annahmen zu machen

$\begin{eqnarray*} a_1=b_1=1,a_n=n,b_m=m \end{eqnarray*}$

o.ä.

Woher das denn???

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30.05.2008, 21:21

mathe760

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wie kommst du denn darauf, ne das tue ich nicht!

Bis denn mathe760 Wink

Wink

30.05.2008, 21:22

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Ich hab jetzt genug, ich widerlege einfach deinen sogenannten Beweis (mit Fehlern in fast jeder Zeile) mit dem Gegenbeispiel $\begin{eqnarray*} A=B=M \end{eqnarray*}$ :

Da ist $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| = 1004^2 > 2007 \end{eqnarray*}$ , also ist die Voraussetzung erfüllt. Und wegen $\begin{eqnarray*} 1,2\in A \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} 1,2\in B \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 1+2 = 2+1 \end{eqnarray*}$ gibt es also doch die zwei Paare mit der genannten Eigenschaft. Also MUSS dein Beweis (?) falsch sein.

30.05.2008, 21:29

mathe760

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Ich bin so blöd und muss noch eine Menge über Wettbewerbsaufgaben lernen Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

!!!
Wie soll ich das denn nun mit dem Schubfachprinzip lösen? (geht es überhaupt nicht über Abstände? Das wurde mir nämlich eigentlich schon von jemandem bestätigt.) Und wenn wie?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

30.05.2008, 21:38

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Na darum solltest du dich selbst bemühen.

Zur Unterstützung kannst ja mal nach Schubfachprinzip googeln oder hier im Board suchen, um mal ein paar Beispiele zu sehen, wo das angewendet wurde - z.B. in dem Thread:

Ich üb mal wieder für die Olympiade

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

Aber Ok, um mal einen Start zu geben:

Es sind die geordneten Paare $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ , die es in Schubfächer einzusortieren gilt. Es gibt genau $\begin{eqnarray*} |A| \cdot |B| \end{eqnarray*}$ , also mindestens 2007 solche Paare.

Aber in welche Schubfächer denn nun genau? Da erinnern wir uns doch mal dran, welche Schubfachfestlegung uns bei der Aufgabenlösung überhaupt nutzen würde:

Wir wollen die Existenz zweier Paare $\begin{eqnarray*} (a_1,b_1) \neq (a_2,b_2) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_1+b_1 = a_2+b_2 \end{eqnarray*}$ nachweisen. Da wäre es doch ganz zweckmäßig, wenn diese beiden Paare aus demselben Schubfach stammen ... Also?

03.06.2008, 16:36

mathe760

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Es sind also die Objekte die Zahlenpaare (a,b) mit a€A und b€B und die Schubfächer sind die Teilmengen der Menge M? Also gibt es 2^1004 Schubfächer? Nun muss ich doch "nur noch" herausfinden wie viele solche Paare (a,b) existieren oder? Dabei muss ich noch beachten, dass |A|*|B|>=2007 ist. Wie kann ich denn jetzt die Behauptung, also die Gleichund, mit einbinden?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

03.06.2008, 17:14

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Nein! Die Summe $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ der beiden Elemente des Paares $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ ist das Kriterium zum Einordnen in die Schubfächer - das musste doch jetzt langsam klar sein!

Also $\begin{eqnarray*} (33,121) \end{eqnarray*}$ kommt ins selbe Schubfach 154 wie $\begin{eqnarray*} (83,71) \end{eqnarray*}$ - natürlich nur wenn die fraglichen Elemente 33 und 83 in A sowei 121 und 71 in B enthalten sind.

Jetzt ist die Frage, wieviel Schubfächer es insgesamt nur gibt, angesichts der möglichen Zahlen von 1 bis 1004 .

03.06.2008, 17:28

mathe760

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Gut ich poste nachher mal meine Lösung smile

smile

Bis denn mathe760 Wink

Wink

03.06.2008, 19:33

Daniel.Cagara

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Ich möchte hier echt niemanden Kritisieren, aber der Beweis im Beitrag #1 klingt so ähnlich wie?

Beweisen Sie dass Birnen Grün sind:
Beweis: Birnen sind Grün weil Birnen Grün sind.

Zitat:

Aus der obigen Gleichung folgt unmittelbar: a_j-a_k=b_k-b_j
[schnipp schnapp]
und da |a_j-a_k| gleich der linken und |b_j-b_k| gleich der rechten Seite ist

Du kannst doch nicht die zu beweisenden Sätze in deinem Beweis verwenden smile

smile

03.06.2008, 19:51

mathe760

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Wie kann ich denn ganz schnell berechnen, wie viele Paare von Teilmengen A,B die Bedingung nicht erfüllen? Per Hand ist das sehr zeitaufwändig, immerhin muss man dann durch einsetzen von 512 Werten für |A| |B| berechnen, und das ist denke ich mal viel zu mühsam, ausserdem welcher Mensch will denn gerne 512 mal Werte einsetzen?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

\Edit: @ Daniel.Cagara: Das habe ich jetzt auch bemerkt, viel Dank geschockt

geschockt

!

03.06.2008, 19:59

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Es geht um praktikabel Schranken! Eine untere Schranke für die Summe $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 1+1=2 \end{eqnarray*}$ , eine obere ist $\begin{eqnarray*} 1004+1004=2008 \end{eqnarray*}$ . Außerdem ist auch klar, dass $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl ist. Wieviel ganze Zahlen gibt es denn zwischen 2 und 2008, Grenzen eingeschlossen - und damit wieviel zu betrachtende Schubfächer???

03.06.2008, 20:10

mathe760

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Es gibt also 2007 Schubfächer und 2008 verschiedene Zahlen Paare (a,b) mit a€A und b€B, damit gibt es ein "Schubfach" das zwei Zahlenpaare (a1,b1) und (a2,b2) enthält mit a1,a2€A und b1,b2€B für die gilt: a1+b1=a2+b2 w.z.b.w.

Vielen Dank Arthur Dent ohne dich hätte ich das nie geschafft, glaubst du ich kann noch "lernen" bis zur Olympiade im November?

Hast du denn noch Aufgaben wo ich das Schubfachprinzip und ähnliches wie auch Ungleichungen etc. üben kann, die erstmal nicht ganz so schwer sind??
Ich glaube das Prinzip habe ich jetzt verstanden, ich muss eben "nur noch" anwenden können.

Bis denn mathe760 Wink

Wink

03.06.2008, 20:12

Daniel.Cagara

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Zitat:

2008 verschiedene Zahlen Paare (a,b) mit a€A und b€B

Naja es gibt noch viel mehr smile

smile

Kommt drauf an wie du A und B wählst, aber es können dann schon Millionen Paare werden.

03.06.2008, 20:13

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Zitat:

Original von mathe760
Es gibt also 2007 Schubfächer und 2008 verschiedene Zahlen Paare (a,b) mit a€A und b€B, damit gibt es ein "Schubfach" das zwei Zahlenpaare (a1,b1) und (a2,b2) enthält mit a1,a2€A und b1,b2€B für die gilt: a1+b1=a2+b2 w.z.b.w.

Das würde so stimmen, wenn es mindestens 2008 Paare gäbe. smile

smile

An der Stelle haben die Autoren noch eine kleine Gemeinheit eingebaut: Es gibt garantiert nur mindestens 2007 Paare, nicht mindestens 2008, also ist noch eine kleine Zusatzbetrachtung nötig. Genau das ist es, was die Aufgabe eigentlich erst interessant macht. Würde mich interessieren, wie viele in die Bärenfalle getappt sind, in die auch du gerade reingefallen bist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber zur Beruhigung: Das Gros der Arbeit ist getan, und geschickt angestellt, ist auch diese letzte Hürde kein Problem.

Zitat:

Original von mathe760
glaubst du ich kann noch "lernen" bis zur Olympiade im November?

Das sage ich dir erst, wenn du den Rest der Aufgabe selbständig zu Ende bringst.

EDIT (nach 3 Tagen): Aber wie es aussieht, hast du daran das Interesse verloren.

08.06.2008, 15:58

mathe760

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Ich habe keinesfalls das Interesse an die Aufgabe verloren, ich ruhe nicht bevor eine Aufgabe nicht vollständig gelöst wurde!
Nur leider weiß ich nicht wie du darauf kommst, das es mindestens 2007 Paare gibt und nicht 2008?
Könntest du mir das vielleicht ganz kurz erläutern?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

08.06.2008, 16:25

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Es steht in der Aufgabenstellung - das solltest du nach dem Hinweis eigentlich selbst merken!

Zitat:

Original von mathe760
"Gegeben sei die Menge M={1;2;3;;...;1004}. Es seien A und B Teilmengen von M. Es wird folgende Behauptung aufgestellt:
Für alle Teilmengen A und B von M mit |A|*|B|=>2007 gilt: Es gibt Zahlen a_1,a_2 €A und b_1,b_2 €B mit a_1+b_1=a_2+b_2 und a_1#a_2

Es ist also nicht $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| \geq 2008 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, sondern "nur" $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| \geq 2007 \end{eqnarray*}$ .

So erfüllen z.B. Mengen $\begin{eqnarray*} A,B\subset M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |A|=9,|B|=223 \end{eqnarray*}$ die Voraussetzungen, aber der Schubfachprinzipschluss deines Beweises klappt so für diese Mengen nicht.

P.S.: Dass es hier mit den 2007 "scharf" zugeht, zeigt ein Gegenbeispiel für $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| = 2006 \end{eqnarray*}$ :

Für die Mengen $\begin{eqnarray*} A=\{1,1004\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B=\{1,2,\ldots,1003\} \end{eqnarray*}$ gibt es keine $\begin{eqnarray*} a_1,a_2\in A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_1,b_2\in B \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_1\neq a_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_1+b_1=a_2+b_2 \end{eqnarray*}$ .

12.06.2008, 18:17

mathe760

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Ich habe jetzt nochmal darüber nachgedacht und bin darauf gekommen, dass ich "lediglich" beweisen muss dass die Behauptung gilt für $\begin{eqnarray*} |A|=3 ; |B|=669 \end{eqnarray*}$

und für $\begin{eqnarray*} |A|=9 ; |B|=223 \end{eqnarray*}$

Wegen des kommutativ gesetzes muss man die Mengen A und B nicht vertauschen.

Muss ich da Fallunterscheidung machen? Mir fällt da jetzt nichts ein, wie man das direkt lösen könnte.

Bis denn mathe760 Wink

Wink

13.06.2008, 22:13

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So kannst du es machen, das sind tatsächlich die beiden kritischen Fälle.

Es gibt aber auch eine andere Möglichkeit: Du hast 2007 Paare zu verteilen. Wenn es dir gelingt, die Anzahl der Schubfächer nur um eins zu reduzieren (d.h. auf 2006), dann klappt der Schubfachschluss wieder.

Also schaut man sich mal genau an, wann es denn wirklich 2007 Schubfächer sind. Man denke dabei insbesondere an die beiden Schubfächer am Rande, d.h. Nr. 2 und Nr. 2008 - kann man nicht vielleicht eins von beiden ausschließen? Und wenn nicht: Was kann man über die Mengen A und B sagen, wenn diese beiden Randschubfächer doch besetzt sind?

18.06.2008, 16:43

mathe760

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Also:

Vorraussetzung: |A|*|B|=2007

Fall 1: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschubfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008 nicht.

Dann gibt es nur noch 2007-2=2005 Schupfächer
Ausserdem gibt es nach Vorraussetzung 2007 "Objekte" die zu verteilen sind.
Dann gibt es also mindestens ein Schupfach das mindestens zwei "Objekte enthält, sodass also für a1,a2€A und b1,b2€B gilt: a1+b1=a2+b2 q.e.d.

Fall 2: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschupfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008.

.....

Weiter komme ich einfach nicht, da es dann ja im Prinzip 2007 Schupfächer und 2007 Objekte gibt, sodass der Schupfach Beweis nicht mehr greift.

Bis denn mathe760 Wink

Wink

18.06.2008, 17:40

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Zitat:

Original von mathe760
Fall 1: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschubfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008 nicht.

Damit es auch wirklich nur bei zwei Fällen bleibt, würde ich empfehlen, dass dieser Fall erweitert wird: Dass nämlich nur gefordert wird, dass wenigstens eines dieser beiden Schubfächer nicht gefüllt ist. Mit dann 2006 statt 2005 Schubfächern greift das Schubfachprinzip immer noch - und du sparst dir Fall 3 und 4 ...

Zitat:

Original von mathe760
Fall 2: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschupfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008.

In dem Fall sind doch die Zahlen 1 und 1004 in beiden Mengen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ enthalten. Immer noch keine Idee, was das bedeutet? Ziel ist doch das Auffinden von Werten $\begin{eqnarray*} a_1+b_1=a_2+b_2 \end{eqnarray*}$ ...

18.06.2008, 19:07

mathe760

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Achso..

Fall 2: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschupfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008.

Dann gibt es also Elemente a1=1,a2=1004 und b1=1004,b2=1

sodass gilt a1+b1=1+1004=1005=1004+1=1005=a2+b2 q.e.d.

So jetzt mal der ganze Beweis so wie ich ihn schreiben würde:

Ich betrachte zunächst mal nur den Fall, dass |A|*|B| >=2008 ist. Ich beweise die Behauptung mit dem Schupfachprinzip. Dann sind die verschiedenen Paare (a,b) mit a€A und b€B die Objekte und die Summen a+b sind die Schupfächer. Die untere Schranke für die Schubfächer ist 1+1=2 und die obere Schranke ist 1004+1004=2008, da die Summe ausserdem immer positiv ist, gibt es 2007 Schubfächer. Wenn nun |A|*|B| wie vorrausgesetzt mindestens 2008 ist, dann gibt es also mindestens 2008 Objekte, da das Produkt |A|*|B| die Anzahl der Objekte, also hier die Anzahl der voneinander verschiedenen Paare (a,b) wiederspiegelt. Damit gibt es mindestens ein Schubfach das mindestens zwei Zahlenpaare (a1,b1) und (a2,b2) enthält mit a1,a2€A und b1,b2€B für die gilt: a1+b1=a2+b2

Nun betrachte ich den Fall, dass |A*|B|=2007 ist.
Ich Beweise die Behauptung mit einer vollständigen Fallunterscheidung.

Fall 1: In den Teilmengen A und B ist eines der beiden Randschubfächer 1+1=2 und 1004+1004=2008 nicht gefüllt.

Dann gibt es nur noch 2007-1=2006 Schupfächer
Ausserdem gibt es nach Vorraussetzung 2007 "Objekte" die zu verteilen sind.
Dann gibt es also ein Schupfach das zwei "Objekte enthält, sodass also für a1,a2€A und b1,b2€B gilt: a1+b1=a2+b2

Fall 2: Die beiden Teilmengen enthalten die beiden "Randschupfächer" 1+1=2 und 1004+1004=2008.

Dann gibt es also Elemente a1=1,a2=1004 und b1=1004,b2=1

sodass gilt a1+b1=1+1004=1005=1004+1=1005=a2+b2 q.e.d.

Könntest du dir den nochmal anschauen und mir evt. Verbesserungsvorschläge für die Formulierung etc. geben?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

18.06.2008, 19:23

AD

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So klappt es. Freude

Freude

Ich hätte nur nicht den Fall $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| \geq 2008 \end{eqnarray*}$ abgetrennt - den kann man ja genauso in Fall 1 und 2 unterbringen.

18.06.2008, 19:28

mathe760

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wieso das sind doch zwei verschiedene Fälle oder nicht?

Übrigens war ich heute beim Mathe-Tag an meiner Fh zur Vorbereitung auf die Olympiade.
Wir hatten größtenteils Kombinatorik und es lief super. Ich war im Raum mit 9-13 Klässler, wobei die meisten 13- Klässler waren.
Jetzt heisst es üben üben üben (Weißt du ob ich funktionentheorie/Spieltheorie/Reihen und Folgen brauchen werde?)
Mein Ziel ist ja mind. in die 3. Runde zu kommen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Bis denn mathe760 Wink

Wink

18.06.2008, 19:39

AD

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Zitat:

Original von mathe760
wieso das sind doch zwei verschiedene Fälle oder nicht?

Bei dir - nötig ist die Unterscheidung nicht.

Aber bei der Verständnislosigkeit, die du mir schon so oft hier im Thread entgegengebracht hast, hier mal vollständig, was ich meine:

Zitat:

1.Fall: 1 und 2004 sind beide in beiden Mengen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ enthalten.

Dann sind $\begin{eqnarray*} a_1=1,b_1=2004,a_2=2004,b_2=1 \end{eqnarray*}$ passende Zahlen für die Behauptung.

2.Fall: alle anderen Konstellationen von $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$

Für jede solche Konstellation von $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ gilt dann entweder $\begin{eqnarray*} 2\leq a+b \leq 2007 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} a\in A,b\in B \end{eqnarray*}$ , oder $\begin{eqnarray*} 3\leq a+b \leq 2008 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} a\in A,b\in B \end{eqnarray*}$ . Wie auch immer, jedenfalls fallen dann die Werte $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ in höchstens 2006 Schubfächer. Da in diese Schubfächer $\begin{eqnarray*} |A|\cdot |B| \geq 2007 \end{eqnarray*}$ Paare verteilt werden, liegen in mindestens einem Schubfach zwei verschiedene Paare $\begin{eqnarray*} (a_1,b_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (a_2,b_2) \end{eqnarray*}$ , was die Behauptung auch in diesem Fall beweist.

19.06.2008, 11:49

mathe760

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Ok vielen Dank, aber mein Beweis ist auch ok oder (so das ich dafür volle Punktzahl bekommen würde) ?

Meinst du damit das ich schlecht in Mathe bin und es aufgaben sollte oder was? Ich denke ich bekomme das mit der Verständnislosigkeit mit der Zeit geregelt.

Du musst ja auch bedenken, dass ich mich jetzt erst knapp ein Jahr mit Abiturmathe und nur 3-4 Monate mit Wettbewerbsaufgaben!
Dafür sind meine Leistungen doch entsprechend gut oder etwa nicht?
Jedenfalls meint das meine Umwelt. smile

smile

Übrigens ist heute ein Artikel in der Zeitung erschienen. Er handelt darum, wie unterfordert ich im Matheunterricht bin und das ich der einzige aus dem dänischen Schulsystem in Schleswig-Holstein bin, der an einer Mathe-Olympiade teilnimmt. smile

smile

Bis denn mathe760 Wink

Wink

19.06.2008, 13:12

AD

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Zitat:

Original von mathe760
Dafür sind meine Leistungen doch entsprechend gut oder etwa nicht?
Jedenfalls meint das meine Umwelt. smile

smile

Na das muss dir dann für den Anfang genügen. Ich kenne dich nicht gut genug und kann daher nur nach dem bisher gesehenen urteilen, und da habe ich keinen Grund, übereilte Vorschusslorbeeren zu verteilen. Tut mir leid, wenn dir das nicht gefällt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.06.2008, 15:01

mathe760

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Nene ist kein Problem, dann werde ich mich in Zukunft eben noch mehr bemühen. smile

smile

Glaubst du mein Beweis würde durchgehen?

Bis denn mathe760 Wink

Wink

19.06.2008, 15:20

AD

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Ja klar, hatte ich doch oben schon gesagt. Freude

Freude

19.06.2008, 15:25

mathe760

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Gut vielen Dank, ich werde mich dann später nochmal mit einer neuen Aufgabe melden.
Naja wenigstens behersche ich die Abitur Aufgaben jetzt so ziemlich vollkommen.
Immerhin habe ich den Stoff, den man dort in 3 Jahren lernt in einem Jahr gelernt, natürlich mit eurer Unterstützung.

Bis denn mathe760 Wink

Wink

19.06.2008, 15:46

AD

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Wenn es dich tröstet: Auch ich war damals erst mit 15 so richtig in der dritten Runde erfolgreich - ganz im Gegensatz zu unserem diesjährigem IPhO-Teilnehmer Sciencefreak, dem das in viel jüngeren Jahren gelungen ist. Es ist also noch nix zu spät für dich.

20.06.2008, 12:40

mathe760

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Das ist gut zu wissen. smile

smile

Also dann mal ran an die nächste Aufgabe:

Es geht um die erste Aufgabe auf der zweiten Seite.

Ich brauche wieder nur Ansätze und diesmal versuche ich die Aufgabe weitgehend alleine zu lösen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Bis denn mathe760 Wink

Wink

20.06.2008, 14:40

AD

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Zitat:

Original von mathe760
Es geht um die erste Aufgabe auf der zweiten Seite.

Von welchem Thread/Buch/Aufgabensammlung ... sprichst du? verwirrt

verwirrt

20.06.2008, 14:45

Q-fLaDeN

Auf diesen Beitrag antworten »

Er meint die vom Anfangsthread:

Klick

20.06.2008, 17:49

mathe760

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau das meine ich smile

smile

Bis denn mathe760 Wink

Wink

20.06.2008, 18:11

AD

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Also die 471014 mit $\begin{eqnarray*} x^3+y^3=9^4 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x^3+y^3=z^4 \end{eqnarray*}$ ?

Da gibt es keine zwangsläufigen Lösungen - hier hat man ja totale Freiheit. Aber mit der muss man auch was anzufangen wissen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Dran denken: Es wird nur gefordert, bei $\begin{eqnarray*} x^3+y^3=z^4 \end{eqnarray*}$ unendlich viele Lösungen anzugeben. Wenn da stehen würde "alle Lösungen", wäre die Aufgabe um Größenordnungen schwerer.

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