1. Matheboardolympiade - Seite 3

04.03.2006, 18:50

Mathespezialschüler

Zitat:

Original von therisen
Das beziehst sich auf den Beitrag von phi. Er hat lediglich ein Beispiel dafür gegeben, dass es möglich ist, aber keinen Beweis, dass es allgemein (also stets) möglich ist.

Ich nehme an, du meinst das:

Zitat:

Original von phi
Edit: Lösung falsch.

Ich bemängele, dass er die Lösung nicht stehen lassen und dann einfach "Edit: Lösung falsch." druntergeschrieben hat.

Gruß MSS

04.03.2006, 18:55

phi

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Sorry, ich hatte nur gesehen dass das einige andere oben genau so gemacht haben, und schloss daraus es sollte möglichst wenig falsches stehen.

Aber es wäre wohl wirklich besser, auch "Versuche" stehen zu lassen.

Zum Glück hab´ich´s auf Papier, werd´s schnell wieder reinstellen.

mfg, phi

04.03.2006, 19:00

therisen

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Ich nehme an, du meinst das:

Zitat:

Original von phi
Edit: Lösung falsch.

Ich bemängele, dass er die Lösung nicht stehen lassen und dann einfach "Edit: Lösung falsch." druntergeschrieben hat.

Gruß MSS

Richtig, und ich stimme dir in dieser Beziehung voll und ganz zu smile

04.03.2006, 19:11

phi

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Steht wieder da, mit Hinweis warum´s unvollständig ist. Wink

04.03.2006, 19:33

pimaniac

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Zitat:

Original von stef123

Zitat:

Original von pimaniac
$\begin{eqnarray*} x_i<0.1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\geq 10 \end{eqnarray*}$

Muss doch heißen für $\begin{eqnarray*} i\geq 10 \end{eqnarray*}$ , oder?

Zitat:

Original von pimaniac
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{10}*\sum_{n=11}^{2006} {x_i}^2>\sum_{n=11}^{2006} {x_i}^3\geq 1-c \end{eqnarray*}$

Woher hast du denn die 1/10 genommen?
Das kann ich ja, wegen x<1 nachvollziehen
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=11}^{2006} {x_i}^2>\sum_{n=11}^{2006} {x_i}^3 \end{eqnarray*}$

Ersteres, klar muss i>10 heißen

Zweiteres stimmt schon in meiner Version, ich weiß ja
0.1>xi von oben daraus ergibt sich das

04.03.2006, 19:40

pimaniac

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Da keiner ein neues Beispiel reinstellt hier mal wieder was von mir:

Eine natürliche Zahl A (A > 2) habe B Teiler und die Zahl B habe A/2 Teiler. Wie viele Teiler hat dann die Zahl A+2B?

Für die die Punkte wollen, ich würd mal sagen 2-3, fürn LOED 17 damit er in Führung gehen kann.

04.03.2006, 19:50

stef123

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@pimaniac
Ich glaube du hast da einen Denkfehler

Betrachte doch mal die Folge $\begin{eqnarray*} x_1=\cdots=x_{11}=\sqrt{\frac{10}{11}} \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} i>11 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} x_i=0 \end{eqnarray*}$

Dann sind die Bedingungen erfüllt, aber es gilt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{10}*\sum_{n=11}^{2006} {x_i}^2=\frac{1}{10}*\frac{10}{11}=\frac{1}{11}\approx 0,091 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=11}^{2006} {x_i}^3\approx 0,867 \end{eqnarray*}$

aber nicht $\begin{eqnarray*} 0,091>0,867 \end{eqnarray*}$

Oder habe ich schon ein Glas Wein zuviel? Prost

04.03.2006, 20:10

pimaniac

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Mein Freund du hast übersehen x_i<0.1 für i>=10

:-)

Es lebe der Wein

04.03.2006, 23:32

MrPSI

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@pimaniac:
sind in deiner Aufgabe auch 1 und die Zahl selbst als Teiler zulässig?

//edit: unter der Annahme, dass 1 und die Zahl selber als Teiler zulässig sind hab ich für A und B zwei Zahlen gefunden. A=6 und B=4

dann hätte 6+2*4=14 vier Teiler: 1, 2, 7, 14

ob man das verallgemeinern kann, überleg ich mir gerade. Zumindest weiss ich, dass A gerade sein muss.

05.03.2006, 00:27

pimaniac

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Ok... 1.) 1 und die Zahl sind Teiler sonst gebs keine Lösungen und

2.) Das Beispiel hab ich irgendwie falsch in Erinnerung gehabt, weil so ist es doch zu leicht... aber egal, trotzdem viel Spaß beim Lösen...

Vielleicht als kann man sich als Steigerung noch den Fall überlegen dass

B

1.) A/3
2.) A/4 oder allgemein
3.) A/k Teiler hat.

Letzteres halt ich für extrem schwer herauszufinden, die andern beiden sollten eher leicht gehen.

05.03.2006, 01:36

Ben Sisko

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Das ist nämlich die einzige DMO-Aufgabe (alle Runden) der Klassen 11/12, die ich in meiner aktiven Zeit nicht rausgekriegt hatte.

Hattest du nichtmal gesagt, dass du gar nicht sooo erfolgreich warst bei den Wettbewerben, an denen du teilgenommen hast? (Nix für ungut, wenn ich das falsch in Erinnerung habe :tongue smile

05.03.2006, 09:01

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Zitat:

Original von pimaniac
Eine natürliche Zahl A (A > 2) habe B Teiler und die Zahl B habe A/2 Teiler. Wie viele Teiler hat dann die Zahl A+2B?

Sei $\begin{eqnarray*} d(n) \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Teiler von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , dann gilt erstmal stets $\begin{eqnarray*} d(n)\leq n \end{eqnarray*}$ . Somit haben wir $\begin{eqnarray*} d(A)=B\leq A \end{eqnarray*}$ und weiter dann $\begin{eqnarray*} d(B)=\frac{A}{2}\geq \frac{B}{2} \end{eqnarray*}$ .

Für Primzahlpotenzen ist $\begin{eqnarray*} d(p^k)=k+1 \end{eqnarray*}$ ,und dann kann man mittels Bernoulli-Ungleichung leicht $\begin{eqnarray*} k+1<\frac{p^k}{2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} p\geq 5,k\geq 1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} p=3,k\geq 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p=2,k\geq 4 \end{eqnarray*}$ nachweisen (die Einzelheiten lasse ich hier mal sein). Da für teilerfremde $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} d(uv)=d(u)d(v) \end{eqnarray*}$ gilt, würden wir für $\begin{eqnarray*} B=p^kv \end{eqnarray*}$ wegen $\begin{eqnarray*} d(v)\leq v \end{eqnarray*}$ in diesen Fällen $\begin{eqnarray*} d(p^k)< \frac{p^k}{2} \end{eqnarray*}$ auch unmittelbar $\begin{eqnarray*} d(B)<\frac{B}{2} \end{eqnarray*}$ erhalten. Somit kommen für $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ höchstens noch die Werte $\begin{eqnarray*} B=2^k3^l \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq k\leq 3,0\leq l\leq 1 \end{eqnarray*}$ in Frage, und diese 8 Werte kann man einzeln austesten:

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{|r|r|r|r|}\hline B & A=2d(B) & d(A) & d(A)\stackrel{?}{=} B\\ \hline 1 & 2 & 2 & -\\ 2 & 4 & 3 & -\\ 4 & 6 & 4 & +\\ 8 & 8 & 4 & -\\ 3 & 4 & 3 & +\\ 6 & 8 & 4 & -\\ 12 & 12 & 6 & -\\ 24 & 16 & 5 & - \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

Somit gibt es nur die beiden Paare $\begin{eqnarray*} A=4,B=3 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} d(A+2B)=d(10)=4 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} A=6,B=4 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} d(A+2B)=d(14)=4 \end{eqnarray*}$ , die den Voraussetzungen der Aufgabe genügen. Die Antwort ist also 4.

Was die Erweiterungen

Zitat:

Original von pimaniac
Vielleicht als kann man sich als Steigerung noch den Fall überlegen dass

B

1.) A/3
2.) A/4 oder allgemein
3.) A/k Teiler hat.

betrifft: 1.) und 2.) kann man mit ähnlichen Techniken wie oben eingrenzen und dann erledigen, bei 3.) geht's aber nicht so einfach.

05.03.2006, 10:26

pimaniac

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Hi Arthur....

Schöne Lösung, ich find das immer wunderbar wie du aus was einfachen was kompliziertes machst :-)

mit $\begin{eqnarray*} d(n)\leq n/2+1 \end{eqnarray*}$ gehts schneller... Formel sollt klar sein weil ja höchstens alle Zahlen kleiner gleich n/2 Teiler sein können und dazu noch n selbst.

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{A}{2}+1}{2}+1\geq A/2 \end{eqnarray*}$

löst man das auf kommt man auf

$\begin{eqnarray*} 6 \geq A \end{eqnarray*}$ und ist mit durchprobieren schnell fertig.

05.03.2006, 10:30

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Zitat:

Original von pimaniac
ich find das immer wunderbar wie du aus was einfachen was kompliziertes machst :-)

Immer wieder erfrischend, wie du andere runtermachen kannst. Bloß weil nicht alle solche Zahlentheorie-Freaks sind wie du...

05.03.2006, 10:37

pimaniac

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Reg dich nicht auf, das war nicht negativ gemeint.... Mit gehts oft genauso, dass ich einfachste Schulbespiele mit irgendwelchen Lustigkeiten lös.

05.03.2006, 11:00

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Das ich hier zu umständlich war, sehe ich ja selbst. Mich stört das Wörtchen "immer" - ich hasse solche unberechtigten Verallgemeinerungen.

05.03.2006, 11:27

stef123

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Ich habe gerade im Internet folgende Aufgabe gefunden

Gegeben ist eine Landkarte mit beliebig vielen Ländern.
Die Anzahl der Grenzen eines bestimmten Landes und zwei seiner Nachbarländer lässt bei der Division durch Drei den Rest Eins. Die Anzahl der Grenzen aller anderen Länder ist jeweils durch Drei teilbar.
Beweisen Sie ohne Computereinsatz, dass die Karte mit vier Farben regulär gefärbt werden kann!

Punkte gibt es nicht. Wer eine Lösung bis Ende des Monats findet, kann ja mal hier schauen und sich selbst belohnen.

Leute, mit einer altroistischen Ader, können sich auch gerne an mich wenden Augenzwinkern

05.03.2006, 11:45

phi

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moin,

hallo Arthur, macht mein 2.Versuch zum "Fußgänger b) " Sinn ? Ich bräuchte a bisserl Feedback. Idee!

mfg, phi

05.03.2006, 12:04

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Zitat:

Original von phi
$\begin{eqnarray*} p(ueberleben)= \frac{c-\frac{a~v}{w~ \sin(x)}}{b+c} \end{eqnarray*}$

Abgesehen davon, dass natürlich auch in der Formel wieder $\begin{eqnarray*} [\ldots]_+ \end{eqnarray*}$ stehen sollte, hast du eins nicht berücksichtigt: Beim schrägen Gehen braucht der Fußgänger nicht nur länger, sondern kommt auch an einer anderen Wegposition der Straße drüben an. Das hat auch Einfluss auf die Wahrscheinlichkeit, ob das nachfolgende Auto ihn erfasst. Sieht nicht so aus, als kommt das in deiner Formel vor. unglücklich

05.03.2006, 12:44

Leopold

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Zum kleinen Streit zwischen Arthur und pimaniac: Mir geht es oft so, daß ich zur Lösung einer Aufgabe keine zündende Idee habe. Dann gehe ich mit all dem Handwerkszeug, das einem Mathematiker so im Laufe der Zeit mitgegeben wird, daran - wenn mir gar nichts Besseres einfällt, durch brute force mit dem Computer. Falls ich dann nach einigem Hin und Her eine Lösung gefunden habe, dann kommt der zweite und fast schönere Teil der Arbeit. Ich versuche, im Ergebnis und seiner Herleitung Muster zu erkennen und den Kern herauszuschälen, der hinter all der mächtigen Fleißarbeit steckt. Oftmals merkt man, daß man überflüssige Schleifen gedreht hat - die werden erst einmal gerade gemacht. Und wenn man dann das, was übrig bleibt, unter verschiedenen Blickwinkeln betrachtet, sieht man oft, worauf es letztlich nur ankommt. Insofern bin ich nie zufrieden, wenn ich für eine einfache Aussage einen mehrseitigen Beweis brauche. Einfache Aussage - einfacher Beweis. Und mit "einfach" meine ich hier natürlich nicht "leicht", sondern kurz, präzise und überzeugend. Der Wilessche Beweis für den Fermatschen Satz zum Beispiel ist für mich nicht wirklich überzeugend. Ich will damit die Arbeit von Wiles auf keinen Fall schmälern - das steht mir gegenüber diesem Großen gar nicht zu. Aber erst, wenn für diese Aussage ein Beweis gefunden ist, der in aller nötigen Ausführlichkeit von einem begabten Oberstufenschüler mit wenig über Schulwissen hinausgehenden Kenntnissen verstanden werden kann und nicht mehr als eine oder zwei DIN-A4-Seiten umfaßt, dann sage ich: Fermat ist bewiesen. Vielleicht gibt es so einen Beweis gar nicht - dann suchen wir vergeblich. Aber vielleicht gibt es ihn auch - dann winkt uns mathematische Glückseligkeit.

Um einmal ein Beispiel aus der Elementargeometrie zu bemühen, stelle ich nicht ganz uneigennützig die folgende Aufgabe:

Man betrachtet Dreiecke, die nicht gleichschenklig sind. Bei einem solchen steht die Gerade durch den Schwerpunkt und Inkreismittelpunkt genau dann senkrecht auf einer Seite des Dreiecks, wenn diese den vierten Teil des Dreiecksumfangs einnimmt.

Das habe ich vor einiger Zeit einmal selbst entdeckt (womit ich nicht behaupten will, daß ich der Erstentdecker bin). Ich kenne auch einen Beweis, allerdings nicht unbedingt einen elementaren. Wer findet einen im obigen Sinne möglichst einfachen Beweis für diese Tatsache? Punkte will ich keine vergeben und an schnellen, aber umständlichen Lösungen bin ich auch nicht interessiert. Und wenn sich kein einfacher Beweis finden läßt, können wir ja gemeinsam versuchen, einen umständlichen Beweis zu "vereinfachen".

Wer hat Lust, sich mit dieser Aufgabe zu befassen?

05.03.2006, 13:05

phi

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hi,

@stef123 : Gibt es dafür schon eine (unveröffentliche) Lösung ? Ist hoffentlich nicht vom Kaliber der Riemannschen oder Goldbachschen Vermutung...

@Leopold: ja gerne, klingt intressant. Vor allem für mich da ich in analytischer Geometrie besser bin als in Elementargeometrie, und daher zu unnötiger Kompliziertheit neige.

@Arthur: das [...]+ hab ich zumindest schon (implizit) erwähnt, weil wenn mehr als c von c abgezogen wird wäre p<0, also p=0 :

Zitat:

Original von phi

p wird 0 für alle Winkel x die bei

$\begin{eqnarray*} p(ueberleben)= \frac{c-\frac{a~v}{w~ \sin(x)}}{b+c} \end{eqnarray*}$

der Ungleichung

$\begin{eqnarray*} x\leq \arcsin \begin{pmatrix} \frac{a~v}{c~w} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

genügen, da dann mehr als c von c abgezogen wird.

Auf die Ungleichung für den Winkel x kommt es also an.
Ob der zweite Kritikpunkt von der Ungleichung gedeckt wird muss ich nochmal prüfen. Könnte es sein dass das genau der Fall ist bei Gleichheit ?

(in Analogie zu LOED´s Bermerkung das F nur ein singulärer Punkt zum loslaufen bleibt, und daher auf der anderen Strassenseite von der Ecke eines Autos erwischt wird)

mfg, phi

05.03.2006, 13:29

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Den Kern meiner Kritik sprichst du aber nicht an. Das mit dem fehlenden $\begin{eqnarray*} [\ldots]_+ \end{eqnarray*}$ war nebensächlich.

05.03.2006, 13:38

phi

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Zitat:

Original von phi

Ob der zweite Kritikpunkt von der Ungleichung gedeckt wird muss ich nochmal prüfen. Könnte es sein dass das genau der Fall ist bei Gleichheit ?

(in Analogie zu LOED´s Bermerkung das F nur ein singulärer Punkt zum loslaufen bleibt, und daher auf der anderen Strassenseite von der Ecke eines Autos erwischt wird)

Hast du vlt. übersehen. Ob die Ungleichung damit zusammenhängt, muss ich noch prüfen. Wenn nicht versuch ich was neues, die Aufgabe hat´s mir angetan.. smile

mfg, phi

05.03.2006, 13:53

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@Leopold

Da erkennt man den Lehrer und Bücherschreiber in dir, und bei beiden Tätigkeiten sind deine Belehrungen auch sicher ganz sinnvoll.

Der Titel des Threads hier ist aber "Matheboardolympiade", und da kommt es pragmatischerweise auch auf Schnelligkeit der Lösungsfindung, nicht unbedingt nur auf deren Eleganz und Kürze an (übrigens, so lang war meine Lösung oben nun auch wieder nicht).

P.S.:

Zitat:

Original von Leopold
Wer findet einen im obigen Sinne möglichst einfachen Beweis für diese Tatsache?

Sind baryzentrische Koordinaten und Skalarprodukt elementar? Wahrscheinlich schon nicht mehr, denn damit sind's nur 3, 4 Zeilen.

05.03.2006, 14:02

MrPSI

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@stef123: 1000€-Preisgeld für den Beweis des Vierfarbensatzes ist schon ein bisschen happig, wenn man bedenkt, dass es bisher keiner ohne Computereinsatz fehlerfrei geschafft hat. LOL Hammer

05.03.2006, 15:25

phi

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@Leopold: Vorschlag: Einen neuen Thread mit Namen "Elegante Beweise" o.ä. auftun. Und hier können wir einen "Quickie" versuchen.

@Arthur: (hoffe meine Hartnäckigkeit nervt dich nicht Augenzwinkern

)

Mir ist grade klar geworden dass der Winkel x von einer 2. Bedingung abhängt, die auch die Länge b der Autos enthält:

$\begin{eqnarray*} \frac{b}{w ~ \sin x} \geq \frac{c}{v} \Rightarrow x\leq \arcsin \begin{pmatrix} \frac{b~v}{c~w} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ausserdem hätte ich besser die Herleitung der anderen Ungleichung für den Winkel x mit dazu schreiben sollen, dann wird die Abhängigkeit des Ankunftsortes vom Winkel x, von der Breite a der Autos und der Lücke c zwischen den Autos deutlich:

Es ist genau dann

$\begin{eqnarray*} ~p= \frac{c-\frac{a~v}{w~ \sin(x)}}{b+c}\leq 0~\Leftrightarrow~p = 0~ \end{eqnarray*}$ , wenn

$\begin{eqnarray*} c \leq \frac{a~v}{w~\sin x} ~ \end{eqnarray*}$ , da die Lücke c dann zu klein ist um den armen Fußgänger rechtzeitig an dem versetzten Ankunftsort ankommen zu lassen.

also für alle Winkel x die den Ungleichungen

$\begin{eqnarray*} x\leq \arcsin \begin{pmatrix} \frac{a~v}{c~w} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} x\leq \arcsin \begin{pmatrix} \frac{b~v}{c~w} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

genügen.

('oder' im boolschen Sinne, also wenn mindestens eins zutrifft ist p=0 )

mfg, phi

05.03.2006, 15:41

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schreib mal auf, was ich für eine Wahrscheinlichkeit des unverletzten Überquerens raus habe: Sei $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ der Winkel zwischen senkrechter Überquerung (a) und schräger Überquerung (b), $\begin{eqnarray*} 0^{\circ}<\varphi<90^{\circ} \end{eqnarray*}$ soll dann schräg in Fahrtrichtung heißen, $\begin{eqnarray*} -90^{\circ}<\varphi<0^{\circ} \end{eqnarray*}$ entsprechend schräg gegen die Fahrtrichtung. Aber letzteres ist wohl offensichtlich unvernünftig im Sinne einer Wahrscheinlichkeitssteigerung. Dann ist

$\begin{eqnarray*} p(\varphi) = [ q(\varphi) ]_+ \qquad\mbox{mit}\quad q(\varphi)=\frac{1}{b+c} \left[ c-a \left( \frac{v}{w\cdot\cos(\varphi)} - \tan(\varphi) \right) \right] \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sin\varphi\leq \frac{v}{w} \end{eqnarray*}$ . Und eben diese Tangens-Komponente (bei dir dann vermutlich cot(x)) ist es, die ich bei dir vermisse.

05.03.2006, 17:33

phi

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Antwort. Mit tan oder cot dabei ist natürlich was anderes; werd mal versuchen rauszubekommen was der Term bedeutet.

mfg, phi

05.03.2006, 19:00

stef123

Auf diesen Beitrag antworten »

@MrPsi

Das ist nicht der "echte" Vierfarbensatz, denn dieser hat ja keine Einschränkung was die Anzahl der Grenzen eines Landes angeht. Ansonstgen wären 1000 EUR für ein 150 Jahre altes Problem ein bisschen wenig Augenzwinkern

.

Der Satz ist ein Spezialfal des Vierfarbensatzes - ich habe aber keine Ahnung ob er leichter zu beweisen ist, als der echte Vierfarbensatz.

05.03.2006, 19:04

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn's nur ein Spezialfall ist, dann kann er gar nicht schwerer zu beweisen sein als der vollständige Satz - soviel ist mal klar! Deswegen mutet dein Beitrag eben etwas seltsam an.

05.03.2006, 19:08

Ben Sisko

Auf diesen Beitrag antworten »

Aber theoretisch noch gleich schwer, deswegen ist "leichter" nicht sicher.

05.03.2006, 20:01

phi

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Zur Übersicht, haben wir :

stef124:Gegeben ist eine Landkarte mit beliebig vielen Ländern.
Die Anzahl der Grenzen eines bestimmten Landes und zwei seiner Nachbarländer lässt bei der Division durch Drei den Rest Eins. Die Anzahl der Grenzen aller anderen Länder ist jeweils durch Drei teilbar.
Beweisen Sie ohne Computereinsatz, dass die Karte mit vier Farben regulär gefärbt werden kann!

Leopold:Man betrachtet Dreiecke, die nicht gleichschenklig sind. Bei einem solchen steht die Gerade durch den Schwerpunkt und Inkreismittelpunkt genau dann senkrecht auf einer Seite des Dreiecks, wenn diese den vierten Teil des Dreiecksumfangs einnimmt.

Da z.Zt. nicht ganz klar ist wer welche Aufgabe für passend im Rahmen dieses Thread hält, schlage ich vor:

Zitat:

Zeigen, dass es keinen Körper mit genau 6 Elemente geben kann.

Da kenn ich bis jetzt auch nur einen etwas längeren Beweis (3/4 DinA4).

mfg, phi

05.03.2006, 20:56

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Man betrachtet Dreiecke, die nicht gleichschenklig sind. Bei einem solchen steht die Gerade durch den Schwerpunkt und Inkreismittelpunkt genau dann senkrecht auf einer Seite des Dreiecks, wenn diese den vierten Teil des Dreiecksumfangs einnimmt.

Hmm, vermutlich ist dir der folgende Beweis nicht elementar genug, ich stell ihn trotzdem mal rein als Diskussionsgrundlage:

In baryzentrischen Koordinaten kann man Inkreismittelpunkt und Schwerpunkt durch

$\begin{eqnarray*} I = \frac{aA+bB+cC}{a+b+c},\quad S = \frac{A+B+C}{3} \end{eqnarray*}$

darstellen. Jetzt "zerstöre" ich mal die Symmetrie, indem ich $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ o.B.d.A. in den Ursprung lege, also $\begin{eqnarray*} A=0 \end{eqnarray*}$ . Nun ist $\begin{eqnarray*} IS\perp AB \end{eqnarray*}$ genau dann wenn $\begin{eqnarray*} 0 = (B-A)(I-S) = B(I-S) \end{eqnarray*}$ gilt, was zu

$\begin{eqnarray*} \frac{bB^2+cBC}{a+b+c} - \frac{B^2+BC}{3} = 0 \end{eqnarray*}$

führt. Mit $\begin{eqnarray*} B^2 = (B-A)^2 = c^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} C^2 =(C-A)^2 = b^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2BC = C^2+B^2-(B-C)^2 = b^2+c^2-a^2 \end{eqnarray*}$ wird daraus

$\begin{eqnarray*} c\frac{2bc+b^2+c^2-a^2}{a+b+c} - \frac{2c^2+b^2+c^2-a^2}{3} = 0 \end{eqnarray*}$

und daraus wegen $\begin{eqnarray*} 2bc+b^2+c^2-a^2 = (b+c)^2-a^2=(b+c+a)(b+c-a) \end{eqnarray*}$ dann

$\begin{eqnarray*} 0 = 3c(b+c-a) - (3c^2+b^2-a^2) = 3c(b-a)-(b-a)(b+a) = (a-b)(a+b-3c) \end{eqnarray*}$ ,

also entweder $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ , was du wegen der Nichtgleichschenkligkeit ausgeschlossen hast - oder eben $\begin{eqnarray*} u=a+b+c=4c \end{eqnarray*}$ .

05.03.2006, 22:11

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein hübscher Beweis - wenn man baryzentrische Koordinaten gelten läßt (ganz so hatte ich das übrigens auch bewiesen). Bleibt immer noch die Frage, ob es ohne Koordinaten geht.
Übrigens: Bis auf Ähnlichkeit gibt es genau ein rechtwinkliges Dreieck darunter. Und es ist gerade das schönste aller rechtwinkligen Dreiecke - wer hätt's gedacht?

Als Dankeschön gibt es im Anhang das Ganze zum Anschauen als Euklid-Datei.

05.03.2006, 23:20

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

argh, da schaut man mal ein wenig nicht rein und schwupps seitenweise komische Formeln und komische Aufgaben.....

Zitat:

Zeigen, dass es keinen Körper mit genau 6 Elemente geben kann.

danke Phi, da scheint auch mal wieder was für mich dabei zu sein smile

06.03.2006, 00:50

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Zeigen, dass es keinen Körper mit genau 6 Elemente geben kann.

brrr, ich wusste doch, dass das ein ganz kurzer Beweis war und ich geb ja zu, ich habe ein wenig gespiggelt smile

deswegen sag ich hier auch nix groß weiter dazu, aber "bekanntlich" haben ja alle endlichen Körper eine Mächtigkeit p^n (p Primzahl), was 6 offensichtlich nicht erfüllt.

Beweis ist relativ einfach (und kürzer als 3/4 Seite), wenn man sich bedenkt, dass man einen beliebigen endlichen Körper K als algebraische KE zu irgendeinem der $\begin{eqnarray*} \mathbb F _q \end{eqnarray*}$ (hängt halt von der Charakteristik von K ab) auffassen kann und damit insbesondere als $\begin{eqnarray*} \mathbb F _q \end{eqnarray*}$ -Vektorraum der Dimension.....

ach jetzt bin ich aber still......
war ja eh alles erspiggelt...... *hehe*

06.03.2006, 17:35

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ LOED: Auch hier ist wohl eher eine elementare Lösung gesucht.

Aber wie wäre es mit folgender kleiner Rechenaufgabe?

In einem regelmäßigen Polygon wird jeder Eckpunkt mit jedem anderen durch eine Strecke verbunden. Wie groß sind Summe und Produkt sämtlicher Streckenmaßzahlen?

Gemeint ist natürlich, dafür möglichst übersichtliche Ausdrücke anzugeben. Und wer diese Aufgabe schon kennt, möge sich, so meine Bitte, zurückhalten.

06.03.2006, 17:44

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich kenn's zwar nicht, verstehe aber den Wink. Augenzwinkern

06.03.2006, 19:39

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

macht es überhaupt Sinn, mit Maßzahlen zu rechnen, wenn man keine festen Einheiten vorschreibt?

Die Anzahl der Diagonalen kann ich wohl noch berechnen (*ui*), aber bei allgemeinen n-Ecken siehts dann schwarz aus mit der Berechnung der Streckenlängen.... von denen es ja auch viele verschiedene gibt......

Zitat:

Ich kenn's zwar nicht, verstehe aber den Wink.

Ich kenns nicht und verstehe ihn auch nicht.... Big Laugh

06.03.2006, 20:30

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

In der theoretischen Mathematik rechnet man ja nie mit Einheiten. Wenn man z.B. vom Einheitsquadrat redet, so ist doch dem Mathematiker schnuppe, ob dieses Quadrat die Kantenlänge 1 mm, 1 cm, 1 inch, 1 Lichtjahr oder 1 LOED (man beachte die Klimax!) hat. Er will doch damit eigentlich nur sagen, daß es ihm bei der Rechnung auf die Größe der Kante nicht ankommt, weil die Aussage bezüglich Ähnlichkeit invariant ist. Und nur der vereinfachten Darstellung halber nimmt er die Kantenlänge als 1 an.

Übrigens kommt hier bei beiden Aufgaben etwas Schönes heraus. Ich selber finde übrigens die Produktaufgabe einfacher als die Summenaufgabe. Aber das kommt vielleicht auch auf den Lösungsweg an, den jemand einschlägt.

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