1. Matheboardolympiade - Seite 5

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13.03.2006, 19:05

JochenX

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Existieren diese Elemente nicht eher nach den Sätzen des Herrn Sylow? verwirrt

aber elegante Lösung Freude

13.03.2006, 19:30

Abakus

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Zitat:

Original von LOED
Existieren diese Elemente nicht eher nach den Sätzen des Herrn Sylow?

Völlig richtig, ja *hat das gerad nachgeschaut*. Genau genommen ist es die Aussage des Satzes von Cauchy (der ein Korollar zum Ersten Sylowschen-Satz und dem Satz von Lagrange ist).

Grüße Abakus smile

13.03.2006, 23:42

phi

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Ich muss sagen: ich bin platt! Eigentlich reicht doch der Satz von Langrange (Ordnung der Elemente sind Teiler der Gruppenordnung ..) als Ansatz, der Rest ist doch geschickte Umformung. Sind Cauchy und Sylow verallgemeinerungen davon ?

Jedenfalls habe ich jetzt richtig Appetit auf Algebra bekommen... smile

mfg, phi

13.03.2006, 23:46

Ben Sisko

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Zitat:

Original von phi
Jedenfalls habe ich jetzt richtig Appetit auf Algebra bekommen... smile

Na hoffentlich findest du was dagegen... Big Laugh

13.03.2006, 23:55

phi

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Aber ich will doch nicht magersüchtig werden ... Big Laugh

13.03.2006, 23:57

pimaniac

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Süchtler :-)

würd sagen wir brauchen wieder mehr beispiele... und wenns geht klassische Olympiadendingerchen...

Die Lösung vom ALgebrabeispiel is zwar wirklich schön, aber halt eher Algebra als Olympiade...

14.03.2006, 18:19

PSM

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Eine Aufgabe aus einem Mathematikwettbewerb, wenn auch keine Olympiade:

Zitat:

9. „Die Rückkehr der Außerirdischen“
Anfang Januar 1999 wurde eine geheimnisvolle Inschrift entdeckt, die offensichtlich bei einem Besuch von Außerirdischen auf der Erde hinterlassen wurde:
„Wir landen am letzten Tag des Jahres n wieder auf der Erde. Die Zahl n ist das Produkt zweier natürlicher Zahlen. Das Produkt aus der Summe dieser beiden Zahlen und der Anzahl der Tage des Monats unserer Rückkehr ist um 3 größer als das Doppelte von n.“
Wann ist mit der Rückkehr der Außerirdischen zu rechnen?

Viel Spaß.

14.03.2006, 22:25

MrPSI

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frühestens ab dem Jahr 7888.

es gilt $\begin{eqnarray*} n=a\cdot b\, mit \, a,b \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2n+3=31(a+b) \end{eqnarray*}$ . Substituiert und nach a umgeformt ergibt das $\begin{eqnarray*} a=\frac{31b-3}{2b-31} \end{eqnarray*}$ . Mit b=16 folgt a=493 und somit n=7888.
b=16 habe ich gewählt, weil bei $\begin{eqnarray*} b <16\,\,\,\,\,b \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ für a ein negativer Wert rauskommen würde.

Leider sehe ich keine weitere verwertbare Information um die Jahreszahl n bzw. a und b einschränken zu können.

14.03.2006, 23:17

Sciencefreak

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wie wäre es mit der Eigenschaft von a, dass sie ganzzahlig ist. Du hast dort so einen schönen Bruch und ich garantiere dir, dass er nur für endlich vile Werte eine ganze Zahl darstellt, es könnte sogar nur ein Wert sein.

15.03.2006, 15:08

PSM

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@ MrPSI:

Du musst aber noch beweisen, dass es keinen kleineren (sinnvollen) Wert als 7888 gibt.
Das ist nämlich der Knackpunkt der Aufgabe.

Beispiel:
b=17 => n=2969,333.... <<7888 !!

Das wäre zwar keine Lösung, aber ein Grund, nach dem oben geforderten Beweis zu suchen!

15.03.2006, 15:41

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Mal ein bisschen Geometrie - oder Zahlentheorie? Wer weiß...

Zitat:

10. Gibt es für jede natürlich Zahl $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ eine Menge von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Punkten in der Ebene mit folgenden Eigenschaften:

(a) Keine drei Punkte liegen auf einer Geraden.
(b) Je zwei der Punkte haben einen irrationalen Abstand.
(c) Je drei der Punkte bilden ein Dreieck mit ganzzahligem Flächeninhalt.

15.03.2006, 22:06

MrPSI

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@PSM: ich weiss schon, dass man das Ergebnis auch beweisen soll, aber momentan hab ich keine Zeit dafür

15.03.2006, 22:59

pimaniac

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Arthur's Beispiel N°10

Ich tipp mal sehr stark auf die Punkte der Form

$\begin{eqnarray*} (2n/n(2n+1)) \end{eqnarray*}$ mit n=0,1,....n-1
1.) Die Punkte liegen alle auf einer Parabel --> Es können immer nur zwei auf einer Geraden liegen.

2.) Dass der Abstand Irrational is kann ich zeigen... hab aber jetzt keine Lust drauf dass in Latex einzugeben, im Endeffekt einfach für allgemeines n1 und n2 den Abstand ausrechnen, dann sieht man recht leicht dass da eine WUrzel vorkommt unter der nie eine QUadratzahl stehen kann

3.) Wenn man die Punkte zeichnet kann man jedes Dreieck in der Form
(Rechtwinkliges Dreieck)-(Rechteck)-(1. kleines Rechtwinkliges Dreieck)-(2-kleines Rechtwinkliges Dreieck) wobei alle Seitenlängen immer durch 2 teilbar sind... daraus sollt eingentlich die Ganzzahligke der Flächen folgen.

16.03.2006, 07:17

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Ist natürlich richtig. Freude

Selbstverständlich gibt es viele Möglichkeiten bei der Konstruktion einer solchen Punktfolge, z.B. genügt auch $\begin{eqnarray*} (2n,2n^2) \end{eqnarray*}$ .

16.03.2006, 12:47

pimaniac

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Aja... hab wieder mak zu kompliziert gedacht bin auf die gekommen weil ich zur erst mal mit eier Punktmenge begonnen hab wo nir drei auf einer Linie liegen, da war die aus graphischen Gründen sehrnaheliegend....

16.03.2006, 19:41

MrPSI

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so, hab jetzt endlich den Beweis fertig gebracht.

ich hab jetzt einfach mal die Polynomdivision angewandt:
$\begin{eqnarray*} (31b-3) : (2b-31)=15,5 \end{eqnarray*}$

Als Rest ergibt sich $\begin{eqnarray*} 447,5=\frac{955}{2} \end{eqnarray*}$ .
Weiters gilt:
$\begin{eqnarray*} 31b-3=(2b-31)\frac{31}{2}+\frac{955}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{31b-3}{2b-31}=\frac{31}{2}+\frac{955}{2(2b-31)}=\frac{31}{2}+\frac{\frac{955}{2b-31}}{2} \end{eqnarray*}$ .

Damit a ganzzahlig ist, muss $\begin{eqnarray*} \frac{\frac{955}{2b-31}}{2} \end{eqnarray*}$ eine Zahl der Form $\begin{eqnarray*} n+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ sein und somit $\begin{eqnarray*} \frac{955}{2b-31}=2n+1 \end{eqnarray*}$ , also eine ungerade natürliche Zahl. 955 hat vier Teiler: 1, 5, 191, 955. $\begin{eqnarray*} 2b-31 \end{eqnarray*}$ kann alle vier Teiler sein, weil immer eine ungerade natürliche Zahl rauskommt.
Fallunterscheidung:
$\begin{eqnarray*} 2b-31=1 \Rightarrow b=16,\, a=493,\, n=7888 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2b-31=5 \Rightarrow b=18, \, a=111, \, n=1998 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2b-31=191 \Rightarrow b=493, \, a=16, \, n=7888 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2b-31=955 \Rightarrow b=111, \, a=18, \, n=1998 \end{eqnarray*}$

Und da die Aliens wohl nicht in die Vergangenheit reisen werden, ist im Jahre 7888 die Ankunft der Aliens zu erwarten.

16.03.2006, 20:11

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Sei $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Tage des Landemonats und $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ die beiden Faktoren, o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} a\leq b \end{eqnarray*}$ . Dann muss $\begin{eqnarray*} (a+b)m = 2ab+3 \end{eqnarray*}$ gelten, das ergibt umgeformt $\begin{eqnarray*} (2a-m)(2b-m) = m^2-6 \end{eqnarray*}$ .

Ich hatte mich erst verlesen und dachte, jeder Monat des Jahres kommt als Landemonat in Frage. Ok, dann ist ja alles viel einfacher, es ist also nur der Dezember und damit $\begin{eqnarray*} m=31 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} (2a-31)(2b-31) = 955 = 5\cdot 191 \end{eqnarray*}$

Bleiben nur zwei Fälle:

(1) 2a-31 = 5, 2b-31 = 191
Das ergibt a=18, b=111 und das Jahr n=1998.

(2) 2a-31 = 1, 2b-31 = 955
Das ergibt a=16, b=493 und das Jahr n=7888.

P.S.: Wenn man auch andere Landemonate als Dezember zulässt, dann kommt auch noch Februar 6480 in Frage.

16.03.2006, 20:21

PSM

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@ MrPSI: sehr gut. Freude

@ Arthur Dent: so hätte man die Aufgabe, die übrigens in der 2. Runde des lwmb gestellt wurde, etwas erschweren können...

16.03.2006, 20:54

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Ich hab meine Lösung eigentlich nur noch reingestellt, um mal die Vorteile einer solchen klaren Produktdarstellung

$\begin{eqnarray*} (2a-31)(2b-31) = 5\cdot 191 \end{eqnarray*}$

bei solchen Gleichungen mit ganzen Zahlen zu zeigen - da löst sich alles ganz schnell in Wohlgefallen auf. Siehe diese näheren Erläuterungen.

_________________________________________

So, ich sorg mal für stetigen Nachschub: Mit besonderen Grüßen an den Zahlentheorie-Experten pimaniac:

Zitat:

11.) Seien $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n_1,n_2,\ldots,n_k \end{eqnarray*}$ positive ganze Zahlen mit der Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} n_2\big|\left(2^{n_1}-1\right),\quad n_3\big|\left(2^{n_2}-1\right),\quad\ldots\quad, n_k\big|\left(2^{n_{k-1}}-1\right),\quad n_1\big|\left(2^{n_k}-1\right) \end{eqnarray*}$

Man zeige, dass $\begin{eqnarray*} n_1=n_2=...=n_k=1 \end{eqnarray*}$ ist.

(Wie üblich, bedeutet a|b , dass a ein Teiler von b ist.)

16.03.2006, 20:58

Mathespezialschüler

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Oh, die Aufgabe kenne ich aber woher. smile

Gruß MSS

16.03.2006, 20:59

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Im anderen Thread habe ich die Lösung gelöscht - kennst du sie etwa noch? Big Laugh

16.03.2006, 21:02

Mathespezialschüler

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Ich wollte nicht nachgucken - warum auch. Die Aufgabe habe ich damals nicht gelöst bekommen und abschreiben wär ja langweilig. Aber dass du deinen Beiträg "verstümmelt" hast, ... Big Laugh

Gruß MSS

16.03.2006, 21:09

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Ich hab nix verstümmelt: Keiner ist damals auf den Beitrag eingegangen, also gibt es keine Störung der Thread-Kontinuität. Augenzwinkern

17.03.2006, 08:56

pimaniac

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schönes Beispiel gefällt mir... hab aber noch keinen Plan... werd die nächsten Tage offline sein, vielleict fällt mir aber was ein...

29.03.2006, 21:59

MrPSI

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Um den Thread hier wieder mal ein bisschen zu beleben, geb ich mal ne Aufgabe ausm geometrischen Bereich:

Zitat:

12.) Zwei gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke unterschiedlicher Größe
werden – wie im Bild gezeigt – aneinander gelegt.
Die Punkte P,Q,R und S sind die Mittelpunkte der Strecken
[AC], [CD], [DE] und [EA].
Weise nach, dass das Viereck PQRS ein Quadrat ist.

http://www.universalhoster.net/upload/291_a0214.gif

edit (AD): Hab mal die Numerierung fortgesetzt.

30.03.2006, 16:04

riwe

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so gehts ziemlich einfach
werner

30.03.2006, 17:25

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Wäre ganz interessant, ob es eine elementargeometrische Lösung gibt, die noch kürzer ist. Alles was mir in der Hinsicht eingefallen ist, war jedenfalls länger als die von Werner gezeigte naheliegende "Koordinatenlösung".

30.03.2006, 17:34

Leopold

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Um das vermeintliche Quadrat herum kann man ein Rechteck (das sich dann auch als Quadrat erweist) zeichnen, das auf der Seite $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ aufsteht (die Figur ist aus einem klassischen Pythagoras-Beweis bekannt). An den Seiten von $\begin{eqnarray*} PQRS \end{eqnarray*}$ hängen jetzt kongruente rechtwinklige Dreiecke. Daß diese kongruent sind, folgt leicht über den sws-Kongruenzsatz. Die Katheten dieser rechtwinkligen Dreiecke sind nämlich gerade die Hälften der Katheten der gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecke.

30.03.2006, 17:45

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Kürzer als das andere ist es auch nicht, aber man kann eine schöne Zeichnung dazu machen. Augenzwinkern

30.03.2006, 17:47

Leopold

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Die Aufgabe gefällt mir. Vielleicht "quäle" ich meine Achtkläßler demnächst damit. Mehr als Kongruenz und den Satz von den Mittellinien eines Dreiecks braucht man nicht. Und das kennen die schon ...

30.03.2006, 18:58

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Es gibt zwar keine "Pflicht", alle Aufgaben zu lösen, aber ich liste trotzdem mal kurz die Probleme auf, die noch einer Lösung harren:

Zitat:

2.) Die Ziffern einer vierstelligen natürlichen Zahl aus nicht lauter gleichen Ziffern werden so permutiert, daß man einmal die größte und einmal die kleinste Zahl daraus erhält. Dann wird die Differenz der beiden Extrema berechnet und das Verfahren mit dieser Zahl iteriert und so weiter. Was passiert und warum ist das so?

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

8.) Sei $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ eine Klasse von Funktionen $\begin{eqnarray*} f:\;\mathbb{N}\to\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , die die Funktionen $\begin{eqnarray*} S(x)=x+1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(x)=x-\left\lfloor\sqrt{x}\right\rfloor^2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ enthält. $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ habe weiter folgende Eigenschaft: Mit $\begin{eqnarray*} f,g\in C \end{eqnarray*}$ gelte $\begin{eqnarray*} f+g, f\cdot g, f\circ g\in C \end{eqnarray*}$ , dabei ist $\begin{eqnarray*} f\circ g \end{eqnarray*}$ die Hintereinanderausführung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ .

Man zeige, dass für $\begin{eqnarray*} f,g\in C \end{eqnarray*}$ auch die Funktion $\begin{eqnarray*} \max\left\{f(x)-g(x),0\right\} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ist.

11.) Seien $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n_1,n_2,\ldots,n_k \end{eqnarray*}$ positive ganze Zahlen mit der Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} n_2\big|\left(2^{n_1}-1\right),\quad n_3\big|\left(2^{n_2}-1\right),\quad\ldots\quad, n_k\big|\left(2^{n_{k-1}}-1\right),\quad n_1\big|\left(2^{n_k}-1\right) \end{eqnarray*}$

Man zeige, dass $\begin{eqnarray*} n_1=n_2=...=n_k=1 \end{eqnarray*}$ ist.

(Wie üblich, bedeutet a|b , dass a ein Teiler von b ist.)

30.03.2006, 23:46

Poff

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Nach Konstruktionsvorgabe liegt das Viereck Mc.D.E.Mb auf dem
Feuerbachchen Kreis von Dreieck ABC. Ist somit Sehnenviereck
und Winkel W.EMbMc = W.McDE = W.McHcE = 90°. Analoges für
W.MbMcD = W.DEMb = DHbMb = 90° und das Viereck ist Quadrat.

Edit *staun*
Verwundert bin, dass noch niemand gemeckert hat

01.04.2006, 21:30

Sciencefreak

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Ich habe hier mal eine ganz einfache Aufgabe, einfach mal so zum Spass:

Zitat:

13.) Gegeben ist eine endliche Punktmenge M in der Ebene. Für je 3 verschiedene Punkte dieser Menge ist die Fläche des Dreiecks , das sie beschreiben kleiner als 1. Zeigen sie, dass es stets ein Dreieck mit dem Flächeninhalt 4 gibt, so dass sich alle Punkte der Menge M innerhalb des Dreiecks befinden.

Edit:Hier noch eine etwas anspruchsvollere. Wenn jemand die Beschreibung nicht versteht einfach nachfragen. Mit Zeichnungen würde es sich besser machen, aber ich habe gerade nichts passendes zur Hand

Definition:

P sei nach Definition genau dann ein Zentralpunkt der Menge M, wenn M\{Q} bei der Spieglung in P in M\{Q} übergeht. Dabei ist Q ein Element von M, aber P ist nicht notwendigerweise ein Element von M.

Beispiel:
Wenn die Menge M aus 2 verschieden Punkten A und B besteht, so hat sie 2 Zentralpunkte, da ein Mal A ein Zentralpunkt ist, wenn B gelöscht wird und ein Mal B Zentralpunkt ist, wenn A gelöscht wird.

Wenn die Menge M aus 3 verschiedenen Punkten besteht, so gibt es 3 Zentralpunkte und zwar die Mittelpunkte der Verbindungslinien zwischen jeweils 2 von ihnen.

Zitat:

14.) M sei eine endliche Menge von Punkten mit mindestens 2 Elementen in der Ebene, wobei kein Punkt mehrfach in der Menge vorkommt. Zu zeigen ist, dass die Menge M stets maximal 3 verschiedene Zentralpunkte besitzt.

edit (AD): Numerierung zur besseren Referenz eingefügt.

02.04.2006, 10:47

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Ich finde 14.) nicht deutlich schwerer als 13.). In etwa dieselbe Liga, würde ich sagen.

03.04.2006, 17:55

Sciencefreak

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Entweder du hast bei der 13.Aufgabe entweder eine sehr schwere Lösung oder du siehst die Lösung der 14. Aufgabe sehr schnell. Wenn man die Idee hat, sind beide ganz leicht, aber die Idee zur 13. Aufgabe ist (meiner Meinung nach) leichter zu finden

03.04.2006, 19:01

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Beide kurz, würde ich sagen. Augenzwinkern

Ok, meine Beweisidee zu 14.:

Lemma: Zu festem Q gibt es maximal einen Zentralpunkt P, und zwar ist das der Mittelpunkt der Strecke zweier maximal weit auseinander liegender Punkte der Menge M\{Q}.

Angenommen nun, es gibt ein M mit mindestens vier Zentralpunkten. Dann betrachten wir zwei Punkte A und B der Menge M mit maximalen Abstand. Zu jedem dieser Zentralpunkte können wir mindestens einen Ausnahmepunkt Q der Menge M (sonst wäre er kein Zentralpunkt) auswählen, und alle diese ausgewählten Punkte müssen nach obigen Lemma verschieden sein, also sind auch mindestens zwei Punkte darunter, die beide verschieden von A und B sind. Wiederum nach Lemma müssen dann aber die zugehörigen Zentralpunkte gleich dem Mittelpunkt von AB sein, Widerspruch zur angenommenen Verschiedenheit dieser beiden Zentralpunkte.

03.04.2006, 19:03

Sciencefreak

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Kannst dich ja mal hier dran versuchen. Ich bin schon verzweifelt. Das ist eine Bundesrundeaufgabe von 12./13. aus Bremen (das war vor fast 3 Jahren)
Bei Google hab ich nichts gefunden, aber du kannst dich gerne mal dran versuchen, lieber wäre mir eine Lösung ohne Google Augenzwinkern

Zitat:

15.) DMO 421343
Man hat ein quadratisches nxn-Feld, wobei n ungerade ist.
In der Mitte dieses Feldes sitzt die Raupe "Nummersatt" nun werden die Zahlen von 1 bis n²-1 so auf dem Feld verteilt, dass auf jedem freien(also wo nicht die Raupe ist) Feld genau eine Zahl liegt. Wenn auf einem Feld die Zahl m liegt, so befinden sich 1/m Kilogramm Zahlen auf diesem Feld. Wenn die Raupe ein Feld betritt, muss sie alle Zahlen die sich auf dem Feld befinden aufessen. Die Raupe darf aber maximal 2kg Zahlen fressen

a)Kann die Raupe bei jeder Verteilung sich aus einem 2003x2003 Feld herausfressen

b)Bei welchen Kantenlängen kann sie sich stets unabhängig von der Verteilung aus dem Feld herausfressen?

a) habe ich hinbekommen
Edit:Hab mal die Menge der Zahlen hinzugefügt, die die Raupe fressen darf

03.04.2006, 19:05

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Die kenne ich, habe ich damals auf Anfrage von jemand auch gelöst. Ist aber ziemlich hässlich und lang aufzuschreiben, so mit Pfadabschätzungen entlang "Quadratringen" zunehmender Entfernung vom Mittelpunkt.

03.04.2006, 19:09

Sciencefreak

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Genauso bin ich auch drangegangen, aber ich hatte nicht die Ausdauer das durchzuziehen. Man kommt sehr schnell auf eine Abschätzung die für a) vollkommen reicht, aber einen Grenzwert konnte ich damit nicht festlegen. Ich bin mir noch nicht mal sicher, ob es so etwas überhaupt gibt

03.04.2006, 19:13

JochenX

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Zitat:

Wenn auf einem Feld die Zahl m liegt, so befinden sich 1/m Kilogramm Zahlen auf diesem Feld. Wenn die Raupe ein Feld betritt, muss sie alle Zahlen die sich auf dem Feld befinden aufessen.

und was genau ist die Stoppbedingung? darf sie eine gewisse Menge nicht überessen ohne zu platzen?
Habe ich da was überlesen!?

Immerhin ist es die Raupe "Nimmersatt", die kann doch beliebig viel essen, oder?
Ach ich hatte mal das Kinderbuch dazu, am Ende isn Schmetterling draus geworden. *das Ende verrat, damit keiner mehr den Kinofilm sehen muss*

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