1. Matheboardolympiade

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pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »
1. Matheboardolympiade
Da das Interesse an Matheolympiadenbeispielen hier im Board ja recht groß zu sein scheint starte ich hiermit einmal die


Erste Inoffizielle Matheboardolympiade


Der Modus ist so wie beim Filmzitateraten, sprich derjenige der ein Beispiel richtig löst darf/muss das nächste stellen, mit dem kleinen Unterschied dass es eine kleine Rangliste gibt. Teilnehmen darf natürlich jeder, Beschränkungen gibts keine.

Die Beispiele sollten möglichst neu sein, natürlich können aber auch Beispiele aus alten Wettbewerben bzw. Vorbereitungskursen gestellt weden. Der Problemsteller sollte auch eine Punktezahl zwischen 1 und 5 (je nach Schwere) angeben die derjenige erhält der das Beispiel als erstes vollständig löst. Vollständig lösen heißt wie bei einem Wettbewerb dass nicht nur die Lösung angeben sondern auch bewiesen werden muss dass sie vollständig, einzigartig oder was auch immer ist. Taschenrechner und Formelsammlung dürfen verwendet werden, Computerlösungen (Brute Force) werden aber keine akzeptiert.

Hoff auf reges Interesse und Teilnahme

Lg Pimaniac


Hier das erste Problem, was leichteres zum Aufwärmen. Wert: 3 Punkte [a):2 b):1]


a) Man beweise dass es in jeder Folge von 16 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen eine Zahl gibt die zu allen anderen teilerfremd ist.

b) Man beweise dass 17 aufeinanderfolgende natürliche Zahlen existieren sodass es zu jeder Zahl zumindest eine nicht teilerfremde gibt.





RANGLISTE:

<Arthur>: 1
<Rest>: 0
<pimaniac>: -10
AD Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 1. Matheboardolympiade
Und -10 Punkte für den Aufgabensteller, wenn eine zu beweisende Aussage falsch ist.
 
 
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 1. Matheboardolympiade
hab i scho wieder an fehler gemacht?


edit: Ich seh grad b) hab ich falsch formuliert... sorry dass nenn ich nen schlechten start.... und a) war auch falsch LOL Hammer auf mich selbst
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ich rätsle momentan, ob du uns mit einer Fangfrage reinlegen willst. Denn wortwörtlich gelesen ist die obige Aufgabe geradezu lächerlich primitiv.
Ben Sisko Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 1. Matheboardolympiade
Ich versteh den Clou an der Aufgabe auch nicht. verwirrt

Für mich widersprechen sich a) und b). Versteh ich was falsch...?

Edit: "Lächerlich primitiv"? Jetzt bin ich tatsächlich noch mehr verwirrt... Geht's hier um Wort(Aufgabenstellungs-)spielchen?
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

Ok großes Sorry... ihr kennt mich langsam ich schreib oft schneller als ich denk... jetzt sollts passen

und ja die -10 sind eine gute idee!
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 1. Matheboardolympiade
Zitat:
Original von pimaniac
Erste Inoffizielle Matheboardolympiade

fällt das eigentlich unter Winter- oder Sommerolympiade?
ich würde gerne Curlen, aber das passt wohl eher ins Physikerboard....

smile
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

LOED... ich bin leider grad nicht in deiner Nähe... weil sonst würd ich

1.) mit dir curlen gehen und
2.) dir für diese Frage den Mund mit Seife auswaschen


Prost Rock
AD Auf diesen Beitrag antworten »

a) ist ekelhaft aufzuschreiben, aber b) kann ich schon mal bieten:

mit beliebiger natürlicher Zahl

Jetzt aber bitte die Jugend voran! Augenzwinkern
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

sehr schön, einen punkt mal fürn Arthur :-)

Es lebe der chinesische Restsatz was?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

So ist es. Und das Sieb des Eratosthenes.
PK Auf diesen Beitrag antworten »

hm.. dann müsstest du ja jetzt eine Aufgabe stellen, oder?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Nein - der schwierigere Teil a) ist ja noch offen. Da könnt ihr euch noch schaffen, ich bin mit dem einen Punkt erstmal zufrieden. Augenzwinkern
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

so schwierig ist er auch nicht, das einzig komplizierte ist es sinnvoll und schnell zu argumentieren...
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

Ich mag ja solche Wettkämpfe eigentlich nicht, aber ich muss hier doch mal meinen Senf dazugeben - ich wollte das ja nur mal kurz probieren, habe mich da so schön verstrickt, das muss ich einfach mal beschauen lassen.

Vorbemerkung 1: es gilt: a+b, a teilerfremd <=> a,b teilerfremd

meine Menge sei {k,...,k+15}, also k aus IN und die 15 Nachfolger danach.
Ich betrachte zunächst den Fall k ungerade, ich denke k gerade verläuft analog, wenn man das ganze dann "von hinten" betrachtet (immerhin ist k+15 dann ungerade)

zunächst betrachte man die Teilmenge {k+8} ("Mitte")
Fall 1: 2,3,5,7 teilen alle k+8 nicht; dann ist k+8 diese gesuchte Zahl
(z.B. k+8,k teilerfremd, weil k und 8 teilerfremd (8 Differenz der beiden Zahlen) nach Vorbemerkung 1).
Fall 2: k+8 ist nicht so schön; man betrachte nun Teilmenge {k+6,k+8,k+10}
für alle diese Zahlen gilt |x-y|<11 für x aus der Menge, y aus der Gesamtmenge; insbesondere würde wieder eine Zahl reichen, die 2,3,5,7 je nicht als Teiler hat (die Distanzen zu den anderen Zahlen bestehen in Primfaktorzerlegung aus 2,3,5,7 und somit käme wieder Vorüberlegung 1 ins Spiel)
von den 3 Zahlen teilt keine 2, und je höchstens eine 3, 5, 7
Fall 2.1: eine der 3 Zahlen ist "rein", sie hat weder 3 noch 5 noch 7 als Teiler => gesuchte Zahl und fertig.
Fall 2.2: je genau eine der 3 Zahlen teilt 3, eine andere teilt 5, die dritte teilt 7
betrachte man nun zusätzlich {k, k+2,k+4,k+12,k+14}
man sieht: diese Zahlen haben alle keine 7 als Primfaktor (betrachte die Differenzen zu k, k+2, k+4; alles keine Vielfachen von 7; aber eine der 3 Zahlen teilt 7 und Vorbemerkung 1 gilt)

Findet man nun 3 Zahlen in dieser letzten Menge für die auch noch 3, 5 keine Teiler sind, dann können maximal 2 davon 11 und 13 teilen (11, 13 können je höchstens eine dieser Zahlen teilen), die übrigbleibende Zahl wäre dann die gesuchte Zahl.

Worstcase findet sich so: 7 "schließt" keine der weiteren Zahlen "aus", müssen also 3 und 5 drei der Zahlen "ausschließen"
es teilen dabei maximal 2 weitere Zahlen die 3, muss also 5 eine weitere Zahl teilen
Daraus folgt der Worstcasefall: 5|(k+10) und somit k; 3 teilt k+6 geht nicht mehr (k+2, k+4, k+14 würden überbleiben), also 3|(k+8) und schließlich 7|(k+6)

Zusammenfassend:
k hat Teiler 5
k+2 hat Teiler 3
k+4 ?
k+6 hat Teiler 7
k+8 hat Teiler 3
k+10 hat Teiler 5
k+12 ?
k+14 hat Teiler 3

eine der Zahlen k+4, k+12 ist gesuchte Zahl (hat keine primteiler <14 und ist somit teilerfremd zu allen Zahlen, deren Abstand <14 ist und das sind ei anderen alle), es sei denn:
oben stehe je "... hat NUR Teiler...." und desweiteren
k+4 hat Teiler 13, k+12 hat Teiler 11 (k+12 Teiler 13 reicht nicht aus!) (also k+1 hat Teiler 11)

also ist das der einzige noch interessante Fall.....

Jetzt könnte man doch mit dem chinesischen Restsatz ein x konstruieren mit (a=b(c) für "a kongruent b modulo c")
x=0(5)
x=1(3)
x=9(13)
x=1(2)
x=1(7)
x=10(11)

dieses x für k sollte die Aufgabe aus den Socken hauen, also muss irgendwo ein Fehler sein





edit:
Zitat:
das einzig komplizierte ist es sinnvoll und schnell zu argumentieren...

lol, ich bin unfähig LOL Hammer
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich das jetzt richtig sehe, ist das kurz formuliert die Beweisidee, die ich gerade hatte: 8 Zahlen haben die 2 als Teiler, maximal 3 die 3 und nicht die 2 und maximal eine jeweils die 5, 7, 11, 13, aber keine niedrigere Primzahl. Macht aufaddiert 15.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

puh, aber warum nur einmal die 5?
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

LOED sorry... hab deins grad 3 mal durchgelesen... irgendwie bleib ich immer irgendwo im Stau stecken... :-)

sqrt(2) deins ist wie schon LOED angedeutet hat falsch
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Tja... damit fällt meine Beweisidee wieder. Ich hätte mir das vielleicht mal auf dem Papier aufmalen sollen. Hammer
AD Auf diesen Beitrag antworten »

@Jochen

Ich war genauso unfähig zu einer kurzen Lösung. Aber du hast dich wacker durchgekämpft und daher gebühren dir die zwei Punkte für a). Freude

Jetzt musst du dir das nächste Problem ausdenken. Big Laugh

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

Zwischenstand:

1.LOED 2 Punkte
2.Arthur Dent 1 Punkt
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

argh, nix gibts, ich bin doch noch mitten im chinesischen-Restsatz-Algorithmus Augenzwinkern
ich habe erst 3 der Kongruenzen aufgelöst, und damit versuche ich eine Zahlenkette zu finden, für die das nicht gilt....
wie kann das die Lösung sein? smile


andererseits: durch Aufgabenstellen kann man am schnellsten betragsmäßig Punkte sammeln Hammer

ich mach jetzt auf jeden Fall den chinesischen Restsatz fertig ^^
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

ne ist in ordnung


dein gegenbeispiel würde an x=13 scheitern aber erst die 18. Zahl ist wieder durch 13 teilbar also bleibt die 5. dennoch allein stehen...


also kein Gegenbeispiel und alles i.O.

Also viel Spaß beim nächste Beispiel ausdenken...
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

arghs stimmt, da habe ich den einen Schritt gesehen und den letzten dafür übersehen unglücklich
mit meinen Kongruenzen bin ich eh nur bis x=210q+85 gekommen, die letzten beiden Kongruenzen spare ich mir dann, mir gehen eh grad die Buchstaben aus Augenzwinkern
Immerhin habe ich diesen Algo für die Algebraklausur wiederholt, die im April ansteht.....

Die Punkte will ich aber nicht haben, aber was neues denke ich mir gerne aus....
Aber inzwischen könntest du uns noch deine kurze Lösung präsentieren, ach und erwartet nix zu großartiges aus meiner Aufgabenwerkstatt.....
AD Auf diesen Beitrag antworten »

@Jochen

Die Idee an sich ist richtig - das ist das, was zählt. So was ähnliches hatte ich vorhin auch, mit so einer Art Eratosthenes-Methode: Eine der drei Aussagen

(a) Eine der 16 Zahlen hat nur Primfaktoren >=17
(b) Eine der 8 mittleren Zahlen hat nur Primfaktoren >=13
(c) Eine der 4 mittleren Zahlen hat nur Primfaktoren >=11

trifft stets zu, und das reicht.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Solange Jochen nix präsentiert, schiebe ich mal was dazwischen:

Zitat:
Es seien nichtnegative reelle Zahlen, für die die Summe der Quadrate gleich 10 und die Summe der dritten Potenzen größer als 1 ist.

Man untersuche, ob es unter diesen Voraussetzungen stets möglich ist, eine Auswahl

a) von 9 dieser Zahlen,
b) von 10 dieser Zahlen

so zu treffen, dass die Summe der ausgewählten Zahlen größer als 1 ist! (Kommt eine Zahl mehrmals unter den vor, so darf sie auch höchstens ebenso oft unter den ausgewählten Zahlen aufgenommen werden.)

Mein Vorschlag:
a) 1 Punkt
b) 3 Punkte
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Edit:Tschuldigung. Habe meinen Fehler gefunden.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

hmmm, ich kann doch nix anderes außer Algebra Augenzwinkern

Naja, die nächste Aufgabe ist mal mehr was zum Rechnen, denn zum groß Nachdenken. Insbesondere braucht man eher Durchhaltevermögen denn riesiges Vorwissen.
Vielleicht führt das ja mal dazu, dass sich mal ein paar ganz andere beteiligen (dir Arthur und dir Pi ist das eh zu stressig)...
Ich klaue sie übrigens von dem Übungsblatt, das direkt neben mir auf dem Sofa liegt......

Da es aber doch relativ viel Rechen- und Schreibaufwand ist, vergebe ich auch mal 2 Punkte (1+1).

Zitat:
Aufgabe:
Berechne den (einen) ggT der rationalen Polynome (also Polynome aus ) und . (1 Punkt).
Stelle den als Linearkombination von f und g dar. (1 Punkt)


Algorithmus ist klar, wie gesagt, außer diesem Algorithmus (dessen Name natürlich nicht verraten wird Big Laugh ) braucht man da nicht mehr Vorwissen, solange man Polynomdivision beherrscht.....
Wenn sich hier noch andere als die Freaks (*duck*) beteiligen, würde es mir auch mehr Spaß machen.... ^^

Gruß, Jochen




(edit: neben Arthurs Aufgabe, ich bin doch langsam)
AD Auf diesen Beitrag antworten »

@Sciencefreak

Nö, keine Vertauschung. Du musst genau lesen: Es wird nicht gesagt, dass das immer klappt - sondern gefragt, ob das stets klappt!!!
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

"kürzeres Argument"

Angenommen die erste Zahl ist durch 2 teilbar (wie LOED richtig bemerkt hat isses wurscht wie man beginnt)

Dann müssen die Zahlen 6,8 und 10 durch je durch eine der Zahlen 3, 5 und 7 geteilt werden, da 11 und 13 nix bringen würde.

Insgesamt kann man mit

3 höchstens 3,
5 und 7 höchstens 2,
11 und 13 höchstens neue Zahlen "teilen".

Das heißt insgesamt hat man höchstens 9 neue "Teilbarkeiten" zur Verfügung, kann man also zeigen dass sich zweimal 2 überschneiden ist man fertig.

Nun sieht man dass die einzige Möglichkeit dass man nicht 2 Möglichkeiten verliert diejenige ist wo

5 die 6. Zahl
3 die 8. Zahl sowie
7 die 10. Zahl teilt

Nun bringt aber die 13 nichts mehr und man hat mit der 7 und 13 zwei Teilbarkeiten verloren ergo ist man fertig.
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

@LOED's Beispiel




mit b=x+1/x ist




ggT ist also x^2+x+1

b) soll wer anderer machen...
Abakus Auf diesen Beitrag antworten »

zu Arthurs Aufgabe, Teil (a):

Wähle die ersten 810 Zahlen als , alle weiteren der 2006 Zahlen als 0.

Dann gilt:

1.

2.

3. .

Es lassen sich keine 9 Zahlen auswählen, deren Summe echt größer 1 ist. D.h. (a) ist falsch.

Grüße Abakus smile
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Mal zu Arthurs erstem Teil (jetzt hoffentlich richtig gelesen):
Es ist nicht möglich. Angabe eines Gegenbeispiels genügt.
und der Rest ist Null
Die Summe der Quadrate ist 810/81=10 und die Summe der 3.Potenzen ist 810/729>1
Nun ist es offensichtlich, dass man keine 9 Zahlen so wählen kann, das deren Summe größer als 1 wird, denn sie ist maximal gleich 1
Edit:zu langsam
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

nur zur a) von Arthur:

998 mal 0,1
Summe der Quadrate: 10, Summe der 3. Potenzen >1, genauer bräuchte ich den TR für

größtmögliche Auswahl für eine Summe von 9 Elementen 0,94

müsste passen, wenn ich keinen Wurm drin habe....



@Sciencfreak:
bei solchen Aufgabestellungen, in denen gefragt wird, ob etwas geht, bei denen aus a) sofort b) folgt (und damit aus nicht b) sofort nicht a)) kannst du relativ sicher sein, dass dann a) nicht geht, b) hingegen schon
Sowas solltest du als Spezialist für eure Wettbewerbsaufgabe auch schon gemerkt haben......



Und jetzt versuche sich da wer an dem b)Teil, ich hab heute schon genug gedacht und will mich doch eigentlich eh zurückhalten.....








edit: loooool, sogar hier posten alle gleichzeitig Augenzwinkern
na wenigstens ist mein Zahlenbeispiel anders als eures ^^
und bei mir sind die Summen sogar echt kleiner 1 Teufel

haha!
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von LOED
@Sciencfreak:
bei solchen Aufgabestellungen, in denen gefragt wird, ob etwas geht, bei denen aus a) sofort b) folgt (und damit aus nicht b) sofort nicht a)) kannst du relativ sicher sein, dass dann a) nicht geht, b) hingegen schon
Sowas solltest du als Spezialist für eure Wettbewerbsaufgabe auch schon gemerkt haben......

Das ist mir auch von aleine klar geworden bevor ich Arthurs Antwort gesehen hatte, aber ich hatte mich beim ersten mal verlesen.

Mal so als Vorschlag:Könnte man nicht einführen, dass man die Lösung an den Aufgabensteller schickt, so dass man sich nicht ärgern braucht, wenn man ein paar Sekunden später die Lösung reinstellt. Somit wird das gerechter und dann erhält einfach jeder die Punkte. Und dann kann man meinetwegen sagen bis dann ist noch Zeit und danach die Lösung veröffentlichen.
Edit:Oder man sagt, dass die Lösungen innerhalb eines Tages abgegeben werden können und stellt dann jeden Tag eine neue Aufgabe rein. (ich kann Olymiaden die auf Schnelligkeit ausgelegt sind nicht leiden)
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Muss ich jetzt den Punkt aufteilen? Big Laugh
Soll pimaniac entscheiden, er ist ja der Oberpunktesammler.

Die a) war zum Aufwärmen, der echte Hammer ist natürlich die b). Vor allem, weil ich keine Lösung dafür habe...
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

wenns dir um die Punkte geht, dann vererbe ich dir meine smile

Wenn wir es Pis Vorschlag, das ganze wie den Filmzitateraten-Thread aufzuziehen aufzuziehen, würde ich eh vorschlagen, das ganze OHNE punkte zu machen und demjenigen, der die rechte Antwort einsendet nur das Recht zu geben, die neue Aufgabe auszuwählen......

Dann kann man ohne weiteres auch mal leichtere Aufgaben dran nehmen oder eben auch mal schwerere..... dann können vor allem mehr Leute mitmachen.

Und muss denn immer alles gegeneinander gehen....




edit: schon wieder zu langsam, das geht natürlich an Sciencefreak die Antwort
achja: Arthur, nutzt du den Thread, um Fragen zu lösen, die du schon immer mal hattest? smile
pimaniac Auf diesen Beitrag antworten »

ganz klar würd sagen ABAKUS war der schnellste also 1 Punkt für ihn... bei Protesten bitte das IOC anrufen...


Punktestand

LOED:2
ARTHUR:1
ABAKUS:1
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

in dem Fall krigt der schnellste den Punkt, aber ich würde meine Variante mit den PNs empfehlen
Edit:3Punkte für eine Aufgabe die Arthur nicht hat. Das finde ich etwas wenig Augenzwinkern
Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Den ersten Teil von LOEDs Aufgabe habe ich ähnlich wie pimaniac gemacht, aber bei der Linearkombination: Das geht doch an sich überhaut nicht oder!? Wenn ich und mit rationalen Zahlen, von denen mindestens eine ist, multipliziere, kommt doch immer ein Polynom mind. 4ten Grades raus oder nicht!?

Gruß MSS
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von LOED
achja: Arthur, nutzt du den Thread, um Fragen zu lösen, die du schon immer mal hattest? smile

Als Ansporn an Sciencefreak: Das ist nämlich die einzige DMO-Aufgabe (alle Runden) der Klassen 11/12, die ich in meiner aktiven Zeit nicht rausgekriegt hatte. Da es glücklicherweise eine Wahlaufgabe war (so was gab's damals, eine von 6), konnte ich ihr damals aus dem Weg gehen. Augenzwinkern
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