Tag der Mathematik an der FU Berlin
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16.05.2004, 03:54 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »
Tag der Mathematik an der FU Berlin
Hi,
ich war heute beim Tag der Mathematik, wo sich Schüler aus ganz Berlin anmelden konnten, um zu dritt oder zu viert (also als Gruppe) vier Aufgaben in drei Stunden zu lösen. Dabei handelt es sich um Aufgaben, die ähnlich zu den Aufgaben des Bundeswettbewerbs Mathematik sind (falls da schonmal jemand Aufgaben gesehen hat). Ich hatte auch schonmal Aufgaben vom Bundeswettbewerb gesehen. Da kam allerdings irgendwas mit Primzahlen und eine Behauptung, die dann zu einem Sachverhalt mit den Primzahlen aufgestellt wurde, die man dann beweisen sollte. Das war mir allerdings zu hoch, da ich sowas vorher noch nie gemacht hatte und auch keinen Ansatz fand. Heute dann die Ernüchterung. Zwei der vier Aufgaben waren solche Aufgaben mit Primzahlen oder zumindest Aufgaben, in denen Primzahlen vorkamen. Ich hab alles mögliche versucht, hab allerdings keinen Ansatz gefunden. Ich möchte deshalb jetzt einfach mal wissen, wie das Prinzip solcher Aufgaben ist. Wär nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Ich schreib einfach mal alle 4 Aufgaben hin:

Zitat:
Tag der Mathematik
Aufgaben 9/10


Aufgabe 1
Sei eine Primzahl. Beweise, dass 1920 ein Teiler von ist.


Aufgabe 2
Gegeben sei eine sechsstellige Zahl z mit paarweise verschiedenen Ziffern, von denen keine Null ist. Dann entstehen durch Umordnung der Ziffern 720 verschiedene Zahlen und die Summe dieser Zahlen wird mit s bezeichnet

(1) Man beweise, dass 2,3,5,7,11 und 13 Teiler von s sind.

(2) Gib ein Beispiel für eine Zahl z an, so dass 17 kein Teiler von s ist.

(3) Bestimme die Anzahl aller sechssteligen Zahlen z mit paarweise und von Null verschiedenen Ziffern, so dass 17 ein Teiler von s ist.


Aufgabe 3
Wir betrachten eine Pyramide ABCD mit dreieckiger Grundfläche ABC, von der bekannt sei, dass die Umfänge aller vier Dreiecksflächen übereinstimmen. Zeige, dass alle vier Dreiecksflächen kongruent sind.


Aufgabe 4
Es sei ein Kreis mit zwei Tangenten gegeben, die sich im Punkt S schneiden. Die Berührungspunkte der Tangenten an den Kreis heißen A und B.

(1) Wir betrachten eine weitere Tangente an den Kreis, die die Strahlen SA bzw. SB in den Punkten P bzw. Q schneide. Dabei sollen die Punkte P und Q nicht auf den Strecken SA und SB liegen. Man zeige, dass der Flächenihalt des Dreiecks PSQ minimal ist, wenn die Streckenlängen von SP und SQ übereinstimmen.

(2) Beweise, dass die Streckenlänge von PQ minimal ist, falls die Streckenlängen von SP und SQ gleich ist.

http://server5.uploadit.org/files/Mathespeziler-Unbenannt.JPG


Also, das sind die vier Aufgaben, die Schüler der 9. oder 10. Klasse in drei Stunden lösen sollten. Zu Aufgabe 1 und 2 habe ich, wie gesagt, noch gar keinen Lösungsansatz. unglücklich Wenn mir da mal jemand die Lösung bzw. Denkanstöße geben könnte, wäre das sehr nett.
Zu Aufgabe 3 habe ich schon einen Ansatz, nur bleib ich da grad irgendwie stehen und weiß nicht mehr weiter. verwirrt
Zu Aufgabe 4 habe ich schon ne Lösung, wobei ich mir bei (2) noch nicht sicher bin, ob das auch ein Beweis ist, was ich da gemacht habe. Und wäre es kein Beweis, dann hätte ich auch bei (1) ein Problem, da ich da die Bedingung von (2) für den Beweis von (1) verwandt habe.

Naja, ich schreib mal mit Absicht meine Ansätze vorerst nicht hin. Wer Lust hat, kann ja einfach mal eine oder auch mehrere Aufgaben lösen und dann seine Lösung hier posten. Ich guck mir das dann mal an und poste dann auch mal meine Lösungsansätze.

Ich freu mich auf jede Antwort!!

Viel Spaß beim Rätseln!!!
16.05.2004, 11:28 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Ich löse die Aufgabe 1 mal nur mit Schulwissen:

Man stellt durch Herumgerechne fest, dass
.

Teilbarkeit durch 2^7:
Da p-1 und p+1 beide gerade sind und einen Abstand von 2 haben, ist eine der beiden Zahlen durch 2 und die andere durch 4 teilbar. Von den Zahlen p-3 und p+3 ist auch wiederum eine durch 2 und eine durch 4 teilbar. Eine der beiden durch 4 teilbaren Zahlen ist sogar durch 8 teilbar.

Teilbarkeit durch 3:
Da p-1, p+1 und p+3 drei aufeinanderfolgende gerade Zahlen sind, muss eine davon durch 3 teilbar sein.

Teilbarkeit durch 5:
Angenommen keine der Zahlen p+1, p-1, p+3, p-3 wäre durch 5 teilbar. Weil p als grösser 5 vorausgesetzt war und p-3 und p+3 den Abstand 6 voneinander haben, muss dann p+2 oder p-2 durch 5 teilbar sein. Beides kann nicht sein, denn sonst wäre ja auch p+2-5 =p-3 bzw. p-2+5=p+3 durch 5 teilbar.

Wegen 2^7*3*5 = 1920 folgt die Behauptung.
16.05.2004, 12:53 SirJective Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 2.

(Alle Primzahlen wie immer ohne Gewähr.)

In der Aufgabe steht schon, dass jede der Zahlen z auf 720 = 6! verschiedene Weisen permutiert werden kann.

Nun schauen wir uns die Summe s an. Sie wird über alle 720 Permutationen gebildet. Wie bestimmen wir diese Summe?
Wir bezeichnen die Ziffern von z mit
z1,z2,z3,z4,z5,z6.
Wir bilden die Summe ziffernweise, d.h. wir bestimmen die Teilsumme, die von z1 erzeugt wird.
Es gibt 120 Permutationen, die z1 an der ersten Stelle haben, 120, die z1 an der zweiten Stelle haben, ..., 120, die z1 an der letzten Stelle haben.
Wenn wir die alle aufsummieren, erhalten wir die Teilsumme
z1*(120*1 + 120*10 + ... + 120*100000) = z1*120*111111
Dasselbe machen wir mit den anderen Ziffern. Wir erhalten die Summe
s = (z1+z2+z3+z4+z5+z6)*120*111111
Wenn wir nun 120 = 8*3*5 und 111111 = 3*7*11*13*37 faktorisieren, sehen wir sofort, dass s stets durch 2,3,5,7,11 und 13 teilbar ist.

Damit s auch durch 17 teilbar ist, muss nun der erste Faktor, (z1+z2+z3+z4+z5+z6) durch 17 teilbar sein. Dann und nur dann ist s durch 17 teilbar.
Es genügt also, eine Zahl z zu finden, deren Quersumme nicht durch 17 teilbar ist. Das sollte leicht sein, denn es gibt jede Menge davon.

Um nun zu bestimmen, wieviele z es gibt, für die s durch 17 teilbar ist, müssen wir wissen, wieviele Kombinationen z1,z2,z3,z4,z5,z6 es gibt, deren Summe durch 17 teilbar ist.
Weil schon die Summe der kleinsten Ziffern 1+2+3+4+5+6=21 ist, und die Summe der größten Ziffern 9+8+7+6+5+4=39 ist, muss die Summe durch 34 teilbar sein. Das ist nämlich das einzige Vielfache von 17, das überhaupt als Summe auftreten kann.

Es geht nun also darum, zu bestimmen, auf wie viele Weisen man mit sechs verschiedenen Ziffern zwischen 1 und 9 die Summe 34 erhält. Das ist eine typische Aufgabe, die beim Lösen von Kreuzsummenrätseln im PM Kreativtrainer gelöst werden muss.

Irrlicht hat das mal schnell für uns getan. Ihr Ergebnis:
Es gibt nur die Möglichkeiten
9+8+7+6+3+1
9+8+7+5+3+2
9+8+7+5+4+1
9+8+6+5+4+2

Es gibt also insgesamt genau 4*720 Zahlen z, für die die Summe s durch 17 teilbar ist.

Gruss,
SirJective
16.05.2004, 17:25 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die beiden Lösungen, Irrlicht, SirJective!!! :] :]

@SirJective

Zitat:

Aufgabe 2
Gegeben sei eine sechsstellige Zahl z mit paarweise verschiedenen Ziffern, von denen keine Null ist. Dann entstehen durch Umordnung der Ziffern 720 verschiedene Zahlen und die Summe dieser Zahlen wird mit s bezeichnet

(1) Man beweise, dass 2,3,5,7,11 und 13 Teiler von s sind.

(2) Gib ein Beispiel für eine Zahl z an, so dass 17 kein Teiler von s ist.

(3) Bestimme die Anzahl aller sechssteligen Zahlen z mit paarweise und von Null verschiedenen Ziffern, so dass 17 ein Teiler von s ist.


Hast du bei (3) beachtet, dass da steht

Zitat:
Gegeben sei eine sechsstellige Zahl z mit paarweise verschiedenen Ziffern


Was heißt denn überhaupt paarweise verschieden?? Dass zwei benachbarte Ziffern nicht gleich sind? Dann gäbe es ja bei (3) die Zahl 989898. Die Quersumme wäre 51 und die ist dann auch durch 17 teilbar. Das gleiche würde dann für die Zahl 121212 gelten.
Außerdem wäre ja dann deine Lösung für 34 schon nicht richtig.

Zitat:
Original von SirJective

Es geht nun also darum, zu bestimmen, auf wie viele Weisen man mit sechs verschiedenen Ziffern zwischen 1 und 9 die Summe 34 erhält.


Da ja dann nicht nur Zahlen sechs verschiedener Ziffern, sondern halt auch solche wie 646468 dafür in Frage kämen.

Müsste dann deiner Rechnung nicht noch was dazuzufügen sein??
16.05.2004, 18:21 SirJective Auf diesen Beitrag antworten »

Dir ist schon aufgefallen, dass Irrlicht die erste Aufgabe gelöst hat, oder? *g*

Zitat:
Original von Mathespezialschüler
Was heißt denn überhaupt paarweise verschieden?? Dass zwei benachbarte Ziffern nicht gleich sind? Dann gäbe es ja bei (3) die Zahl 989898.


Paarweise verschieden heißt, dass je zwei Ziffern verschieden sind. Du betrachtest dabei alle Paare, nicht nur Paare benachbarter Zahlen. Bei 989898 sind also nicht alle Ziffern paarweise verschieden, weil im Paar 9_9____ nicht verschiedene Ziffern stehen.

Zitat:

Da ja dann nicht nur Zahlen sechs verschiedener Ziffern, sondern halt auch solche wie 646468 dafür in Frage kämen.


Wenn solche Zahlen zugelassen wären, dann gäbe es natürlich mehr Möglichkeiten. Dann trifft es aber nicht mehr zu, dass man zu jedem z genau 720 verschiedene Zahlen findet, indem man die Ziffern durchtauscht.

Zur Aufgabe 4 mach ich einen neuen Beitrag, das passt inhaltlich besser.
16.05.2004, 18:28 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das mit der ersten Aufgabe habe ich verwechselt.
Sorry, Irrlicht!!! Gott Gott

Natürlich nochmal vielen Dank für die Lösung der Aufgabe, Irrlicht! :] :]
 Anzeige 
 
16.05.2004, 18:33 SirJective Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 4.

Zur Bezeichnungsweise siehe Abbildung unten.
Die Längen c und r sind fest vorgegeben. a ist variabel und b hängt davon ab.

Jetzt hab ich doch glatt vergessen, auch die Winkel einzuzeichnen. Naja, sag ich sie so:
Der Winkel PSQ heißt alpha (also bei S).
Der Winkel SQP heißt beta (also bei Q).
Der Winkel QPS heißt gamma (also bei P).
Der Kreismittelpunkt heißt M.

Das Viereck SBMA ist ein Drachenviereck mit rechten Winkeln bei A und B.
Das Viereck QCMB ist ein Drachenviereck mit rechten Winkeln bei C und B.
Das Viereck PAMC ist ein Drachenviereck mit rechten Winkeln bei A und C.

Daraus kann man nun die Fläche bestimmen: Die Fläche F ist die Summe der drei Vierecksflächen. Die Fläche von SBMA ist c*r, die von QCMB ist a*r und die von PAMB ist b*r. Die Gesamtfläche ist also F=r*(a+b+c).

Da r und c fest sind, sieht man also, dass die Gesamtfläche genau dann minimal wird, wenn a+b minimal wird. Damit ist Teil (1) auf (2) zurückgeführt und wir müssen nur noch a+b minimieren.

Dazu müssen wir b bestimmen.
Wir können die Winkel in den Drachenvierecken aufgrund der rechten Winkel leicht bestimmen:





Es ist gamma = 180° - (alpha + beta), also
.
Wenden wir das Additionstheorem

an, erhalten wir

Da setzen wir nun alle Tangens-Werte ein und stellen die Gleichung nach b um, wir erhalten


Damit können wir nun endlich
f(a) = a+b
minimieren.

Wer möchte weitermachen? *g*
16.05.2004, 20:34 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von SirJective

Damit können wir nun endlich
f(a) = a+b
minimieren.


Sowas kenne ich noch nicht! Wie kann man damit a+b minimieren? verwirrt Meinst du, indem man



in



einsetzt? Und was soll man dann machen? verwirrt

Bei Aufgabe 4 (1) habe ich es übrigens genauso gemacht wie du.
16.05.2004, 21:05 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, du setzt das b in f(a) ein und dann gehts wie in der Kurvendiskussion:
nach a ableiten, die Nullstellen der Ableitung als Kandidaten für Extrema bestimmen, das/die Extremum/a herausfinden. smile
16.05.2004, 21:21 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Ja ok, aber wenn du dir mal die Zeichnung anguckst, dann sehe ich da folgendes:
Wenn a minimal wird, wird b maximal. Es muss aber a = b werden. verwirrt verwirrt

Außerdem könnte ein 10.Klässler rein theoretisch noch nicht ableiten. Die Aufgabenverfasser erwarten also eine andere Lösung.
16.05.2004, 21:35 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt auch wieder. Und Grenzwertberechnung hat man auch noch nicht. Hm... verwirrt Das ist vielleicht doof, wenn man zuviel weiss, da kann man sich gar nicht drauf einstellen, das man vieles gar nicht wissen darf.

Ich glaub, Leopold kann sowas besser als ich. Er kommt doch immer auf so einfache anschauliche Argumente. Augenzwinkern
16.05.2004, 21:36 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Wie ginge es denn mit Grenzwertberechnung?

Übrigens habe ich einen Fehler gemacht.

Zitat:
Original von Mathespezialschüler
Wenn a minimal wird, wird b maximal. Es muss aber a = b werden.


Diese Aussage stimmt natürlich, aber ich habe gedacht, wenn man jetzt



in



einsetzt und dann ableitet, dann kriegt man nur die Länge für a, was natürlich nicht stimmt, denn man hat ja für b eingesetzt und bekommt somit die Länge von a+b. :P
Aber ich verstehe nicht ganz, was denn eigentlich f(a) ist. Müsste es nicht f( a+b ) sein?? verwirrt
16.05.2004, 22:04 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Die Schreibweise f(a) heisst nur, dass die Strecke PQ nur von a abhängt. Dabei denken wir uns r und c als konstant.

Die Aufgaben dieses Typs, die ich in der Schule immer versucht hab zu lösen (und dabei kläglich gescheitert bin), hatten als Musterlösung dann immer so ein Winkel-Totschlag-Argument. Ich habe nie herausgefunden, wie jemand auf sowas kommen kann. *g* Ich hab eher die zahlentheoretischen Aufgaben gelöst.
16.05.2004, 22:17 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Irrlicht
Die Aufgaben dieses Typs, die ich in der Schule immer versucht hab zu lösen (und dabei kläglich gescheitert bin), hatten als Musterlösung dann immer so ein Winkel-Totschlag-Argument. Ich habe nie herausgefunden, wie jemand auf sowas kommen kann. *g* Ich hab eher die zahlentheoretischen Aufgaben gelöst.


Dann kann ich ja beruhigt sein, wenn ich sie nicht löse, wenn ich solch einen Aufgabentyp zum ersten Mal sieht. Ich glaube auch, dass man für solche Typen viel Erfahrung braucht. Naja. unglücklich

f(a) heißt doch eigentlich Funktionswert von a oder nicht? Dann wäre es wieder sinnlos.
16.05.2004, 22:24 SirJective Auf diesen Beitrag antworten »

Der Funktionswert von a ist die Länge a+b, angegeben in Abhängigkeit von a. Ich sehe nicht, welches Verständnisproblem du damit hast. Aber vielleicht bin ich schon zu gewohnt im Umgang damit, dass ich's nicht erkennen kann.

Weiter geht's mit hochtrabenden Ideen...

Wir haben

und können das umschreiben zu


Geometrisch können wir uns überlegen, dass die Länge von a+b symmetrisch ist: Legen wir den Punkt C auf die andere Seite der Winkelhalbierenden SM, dann ergibt sich dieselbe Länge PQ.

Wenn die Funktion f also ein Minimum hat, wo a ungleich b ist, dann gibt es noch ein Minimum, wo a und b vertauschte Längen haben.

Hier kommt jetzt der schwierige Teil - eine halbgeometrische Überlegung:

Es wäre schön zu wissen, dass Funktionen der Bauart

mit Konstanten m,n,k,p,q, besondere Eigenschaften haben:
Wenn nämlich p positiv ist, und m und k dasselbe Vorzeichen haben, dann hat die Funktion g einen Pol an der Stelle q/p. Auf einer Seite des Pols hat die Funktion ein globales Minimum, welches das einzige lokale Minimum ist, und auf der anderen Seite dasselbe mit Maximum.

Unsere Funktion f ist von dieser Bauart. Sie hat ihren Pol bei r^2/c - an dieser Stelle ist die Tangente durch C parallel zu SA und es gibt keinen Schnittpunkt P. Kurz vorher ist die Entfernung PQ aber beliebig lang. Deshalb befinden wir uns auf der Seite des Pols, wo das Minimum liegt.

Da f nur ein Minimum hat, muss das bei a=b liegen, denn läge es woanders, gäbe es ein zweites.
16.05.2004, 22:56 Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Bei der ganzen Aufgabe ist ja der Kreis konstant. Dieser ist aber der Inkreis des Dreiecks SPQ. Nach der Flächenformel F = r·s mit s=a+b+c ist also nur noch zu überlegen, wann s minimal wird. Da c konstant ist, ist somit das Minimum von a+b zu bestimmen.

Im Falle, daß SPQ gleichschenklig ist, gilt a=b, also a+b = 2a = 2b. Wenn man nun C auf dem Kreis so bewegt, daß man sich von der Gleichschenkligkeit entfernt, ändern sich beide Summanden, der eine nimmt aber stärker zu als der andere abnimmt (?????). Deswegen wird a+b bei Gleichschenkligkeit minimal.

Besseres fällt mir im Moment auch nicht ein.
16.05.2004, 23:08 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Leopold
Wenn man nun C auf dem Kreis so bewegt, daß man sich von der Gleichschenkligkeit entfernt, ändern sich beide Summanden, der eine nimmt aber stärker zu als der andere abnimmt


Das ist doch kein Beweis!? Da kommt einfach jemand und sagt "und was ist, wenn dein Augenmaß falsch ist?" Also einfach mit sehen geht das nicht. Du bräuchtest schon eine mathematische Begründung für "der eine nimmt aber stärker zu als der andere abnimmt". Und genau das ist das Problem.
17.05.2004, 00:31 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

41

Nun, ich geh mal von SirJective's Bild und von Gleichschenkligkeit
aus. Die dabei entstehende Dreiecksgrundlinie sei g und bleibe fest,
deren Mitte M die zugehörigen seitlichen Punkte P und Q. (fest)
Zu zeigen ist, dass bei welcher 'Drehung' der Grundlinie auch immer
die Fläche größer wird.

Dazu sei nun die GrundTangente im Uhrzeigersinn von der Mitte
weggedreht, wobei links vom M ein Schnittpunkt M' auf g ensteht.
(Q'P' schneidet g =QP)
Zu zeigen ist jetzt, dass das subtrahierte Dreieck QM'Q' kleinere
Fläche hat als das hinzugefügte M'P'P.
Dazu trägt man die Strecke M'Q < PQ/2 rechts von M' auf g ab.
Der dabei enstehende Endpunkt X liegt INNERHALB von M'P.

Zieht man nun durch X eine Parallele zu SQ (SB) so bildet diese
mit der gedrehten Gundlinie ein zu Dreieck QM'Q' kongruentes
Dreieck M'X'X. Dieses Dreieck ist ein ECHTES Teildreieck von M'P'P
und damit da Nötige gezeigt.
(Q' und Q sowie P' und P liegen jeweils auf gleichen Strahlen)


42
Wegen F = const + r* (Länge Grundlinie), muss bei F minimal
auch die Grundlinie minimal sein. Unter 1 wurde gezeigt, dass
dies genau bei SQ=SP der Fall ist.


smile
17.05.2004, 01:37 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Also, danke Poff für diese kreative Lösung! Ich bin immer wieder erstaunt über deine Lösungen von Konstruktionen oder Beweise durch Konstruktionen!! Gott :] smile

Aber hast du vielleicht eine Idee, wie man (2) ohne (1) lösen kann, denn ich und auch SirJective haben ja (2) für (1) benutzt und nicht umgekehrt. SirJective hat ja schon eine Lösung für (2) gebracht, aber die ist ja für 10.-Klässler so nicht zu lösen. Deshalb suche ich eigentlich einen eigenständigen Beweis für (2), den auch 10.-Klässler schaffen können.

Ich geb dann mal jetzt meinen Ansatz für Aufgabe 3:

Hier erstmal eine Zeichnung:

http://server5.uploadit.org/files/Mathespeziler-Unbenannt5.JPG

Nach Voraussetzung gilt:



Daraus jetzt 6 Gleichungen gemacht.













Nur jetzt komm ich nicht weiter! In jeder Gleichung kürzt sich eine Variable weg. Dann habe ich ein Gleichungssystem von 6 Gleichungen mit 6 Variablen.













Wenn ich versuche, das durch Additionsverfahren oder Einsetzungsverfahren umzustellen, komme ich immer wieder auf Gleichungen mit vier Variablen. verwirrt Und das mit der Matrix kann ich noch nicht. Wie komme ich weiter? Oder ist der Ansatz schon falsch bzw. führt ins Leere? unglücklich

Danke für die Antworten!
17.05.2004, 06:36 m00xi Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm wie findet man sowas denn raus? Diese Zerlegung in unaufgelöst Blöcke hab ich auch bei einigen Aufgaben zur Vollständigen Induktion und kenne da nicht wirklich einen Trick unglücklich

Gruß
Hanno
17.05.2004, 07:07 Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

@MSS
Dein Ansatz führt schon zum Ziel. Nur mußt du ihn konsequent verfolgen. Du hast

a+b+c=a+e+f=c+d+e=b+d+f

Das sind drei (!!!) Gleichungen in 6 Unbekannten, etwa so

a+b+c=c+d+e
a+b+c=b+d+f
a+b+c=a+e+f

Weitere Informationen enthält das Gleichungssystem nicht. Zwar gilt durchaus a+e+f=c+d+e, aber das ist ja eine Konsequenz aus der ersten und dritten Gleichung (Transitivität der Gleichheit) und bildet keine neue Information. Kurzum: eine überflüssige zusätzliche Bedingung.

Wir bringen alles auf eine Seite:

I a+b-d-e = 0
II a+c-d-f = 0
III b+c-e-f = 0

Subtraktion der ersten von der zweiten Gleichung liefert II':

I a+b-d-e = 0
II' -b+c+e-f = 0
III b+c-e-f = 0

Jetzt wird II' zu III addiert:

I a+b-d-e = 0
II' -b+c+e-f = 0
III' 2c -2f = 0

Aus III' folgt f=c, eingesetzt in II' erhält man e=b und damit aus I schließlich d=a. Noch einmal alles zusammen:

d=a
e=b
f=c

Hieraus bekommt man das Gewünschte:

Bodendreieck: (a,b,c)
rechtes Dreieck: (b,d,f) = (b,a,c)
linkes Dreieck: (c,d,e) = (c,a,b)
vorderes Dreieck: (a,e,f) = (a,b,c)

Nach dem sss-Kongruenzsatz sind alle Seitenflächen kongruent.
17.05.2004, 12:18 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Wow, ihr seid gut. Ich muss mal mehr solche Geometrieaufgaben machen. Wie steht es eigentlich mit den diesjährigen Bundeswettbewerbsaufgaben? Die haben doch auch immer so Zeugs dabei.
http://www.bundeswettbewerb-mathematik.d...en/aufgaben.htm

Oder wie wärs mit dem Känguru-Wettbewerb - immer wieder lustig:
http://www.schuelerlexikon.de/kaenguru/
17.05.2004, 14:57 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Känguru finde ich aber eigentlich zu einfach, zumindest dieses Jahr war es in der 10. Klasse ziemlich einfach.

@Leopold
Danke für die Lösung!! Ich habs leider bis jetzt noch nicht so mit Gleichungssystemen linearer Gleichungen mit drei Variablen. Haben wir eigentlich nie gemacht. Deswegen ist das für mich auch noch ein wenig unübersichtlich. Naj, ich hoffe, das besser sich noch.
17.05.2004, 15:30 m00xi Auf diesen Beitrag antworten »

Meinen allergrößten Respekt vor Leopold, du weißt ja wirklich ALLES *wirklcihsehrbeeindrucktist*. -Find ich übrigens klasse, solche Wettbewerbs/Übungsaufgaben hier zu diskutieren, damit man mal ein paar lösungsansätze sieht.
Also nochmal, dank und respekt an alle!

Gruß
Hanno
17.05.2004, 16:32 Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Und für die Wagemutigen und Unverzagten habe ich noch eine Ergänzung zur Tetraederaufgabe.

Wie beschrieben bestehe das Tetraeder aus vier kongruenten Dreiecken mit den Seiten a,b,c. Die den jeweiligen Seiten gegenüberliegenden Winkel seien , r sei der Umkreisradius des Dreiecks.

Man zeige, daß die Seitendreiecke spitzwinklig sein müssen und für die Tetraederhöhe h gilt:



Ich habe das mit ziemlich hochtrabenden Mitteln herausgefunden. Wer findet einen elementar-geometrischen Zugang?
17.05.2004, 17:06 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von SirJective
Es geht nun also darum, zu bestimmen, auf wie viele Weisen man mit sechs verschiedenen Ziffern zwischen 1 und 9 die Summe 34 erhält. Das ist eine typische Aufgabe, die beim Lösen von Kreuzsummenrätseln im PM Kreativtrainer gelöst werden muss.

Irrlicht hat das mal schnell für uns getan. Ihr Ergebnis:
Es gibt nur die Möglichkeiten
9+8+7+6+3+1
9+8+7+5+3+2
9+8+7+5+4+1
9+8+6+5+4+2

Es gibt also insgesamt genau 4*720 Zahlen z, für die die Summe s durch 17 teilbar ist.

Gruss,
SirJective


Was ist denn eigentlich mit

9 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 = 34

???? Die hat Irrlicht wohl vergessen!?
17.05.2004, 20:34 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

Hi

Spitzwinklig *g*

Ist ein Dreieckswinkel stumpf, so müssen die beiden anderen
spitz sein.

Wenn nun zugleich h= ... sqrt((cos(a)cos(b)cos(c)) gelten soll
so ist dies für reeles h mit cos(a), cos(b) >0 und cos(c) < 0
nicht möglich. Somit ist entweder die Formel falsch oder die
Dreiecke spitzwinklig.


smile
18.05.2004, 00:38 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von SirJective


Damit können wir nun endlich
f(a) = a+b
minimieren.


Ich hab das jetzt mal eingesetzt. Dann habe ich es abgeleitet und bin aber nicht weiter gekommen, da ich a dann nur noch im Nenner zu stehen hatte. Ich dreh mich bei der Ableitung und dem Bestimmen des Minimums grad irgendwie im Kreis. verwirrt :P
18.05.2004, 00:51 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

...
ohne jetzt über das Vorher genau Bescheid zu wissen ...
(übrigens, ich hatte auch kurzzeitig die 'Variante' von
SirJective verfolgt, sogar ebenfalls bis zum Additiontheorem
fürn tan, dann aber abgebrochen weil ich dachte das darf
es nicht sein ....*g* )

b= ....
f(a) = a+b = a + .... = reine Fkt von a

wo ist das Problem, ableiten nach a und ....

f'(a) = 1 + (Bruch)'


smile
18.05.2004, 01:31 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Ja jetzt weiß ich auch nicht mehr, wo das Problem ist :P :P. Ich hatte die 1 vergessen. Deswegen wurde es quatsch. Aber auch so wird es nicht allzu toll. Ich bekomme dann mit 0 setzen eine quadratische Gleichung. Mit pq-Formel bekomme ich in der Wurzel



r ist aber Inkreisradius und c Strecke SA. Die is länger als r. Ich bekäme eine komplexe Lösung. verwirrt
18.05.2004, 01:43 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

du musst dich verrechnet haben, da muss r²+c² unter der Wurzel
stehen ....

SirJective wird schon gewusst haben warum ers nicht
weitergerechnet ... *g*


smile
18.05.2004, 06:18 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

.
Für dieses Tetraeder gilt:

V^2= (1/288 )*det([0,c^2,b^2,a^2,1],[c^2,0,a^2,b^2,1],[b^2,a^2,0,c^2,1],[a^2,b^2,c^2,0,
1],[1,1,1,1,0])= -4/144*a^2*b^2*c^2+2/144*c^4*b^2+2/144*c^4*a^2+2/144*a^2*b^4+2/144*a^4*c^2+2/144*b^2*a^4+2/144*b^4*c^2-2/144*c^6-1/72*a^6-2/144*b^6

V= 1/12*sqrt(-4*a^2*b^2*c^2+2*c^4*b^2+2*c^4*a^2+2*a^2*b^4+2*a^4*c^2+2*b^2*a^4+2*b^4*c^2-2*c^6-2*a^6-2*b^6)


2*(b^2-a^2+c^2)*(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2)= -4*a^2*b^2*c^2+2*c^4*b^2+2*c^4*a^2+2*a^2*b^4+2*a^4*c^2+2*b^2*a^4+2*b^4*c^2-2*c^6-2*a^6-2*b^6

somit ist
V = 1/12*sqrt(2*(b^2-a^2+c^2)*(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2))


weiterhin ist A-Dreieck
A = 1/4 * sqrt( (a+b+c)*(-a+b+c)*(a-b+c)*(a+b-c) )
und damit

h = 3*V/A =
[sqrt( 2*(b^2-a^2+c^2)*(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2) )]/[sqrt( (a+b+c)*(-a+b+c)*(a-b+c)*(a+b-c) )]



nach dem Kosinussatz ist
(b^2-a^2+c^2) = cos(a)*2bc
(a^2-b^2+c^2) = cos(b)*2ca
(a^2+b^2-c^2) = cos(c)*2ba

die Wurzel im Zähler wird dadurch zu
sqrt(cos(a)*cos(b)*cos(c)*2^4*a²*b²*c²) = 4*a*b*c*sqrt(cos(a)*cos(b)*cos(c))

die untere Wurzel ist 4*F und mit r = (a*b*c / 4*F) ergibt sich das zu:

h = 4 * r*sqrt(cos(a)*cos(b)*cos(c))




bingo



smile
.
.


Edit

... das wars mal wieder,
nein, vergessen hab ich die 4 nicht, die 'strahlenden' 4rer in
Zähler und Nenner UND dein Fehler haben mich 'weggetäucht' ...

nun an solches hab ich mich schon gewöhnt, das ist geschenkt
und eher noch harmlos,
was mich jedoch echt ärgert ist, dass ich nicht zuvor schon
gesehen hab, dass das andere falsch sein musste.

Im spitzen Dreieck ist r recht klein, multipliziert mit der Wurzel
aus dem dreier Kosinusprodukt, befindet sich das Resultat zumindest
im SEHR verdächtigen Bereich und selbst bei 'cos=1' wars schon
verdammt verdächtig. Das hätte ich sofort sehen müssen.


uii,
da fällt mir gerade was ein für 'Mathespezialschüler' *g*, gibts ein
Maximum für dieses Produkt und wenn ja für welche Winkel ??
18.05.2004, 07:25 Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ähnlich habe ich es auch gemacht.
Aber fehlt am Schluß nicht noch der Faktor 4 (meine Formel ist neu editiert)?
18.05.2004, 07:52 Irrlicht Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Was ist denn eigentlich mit
9 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 = 34


Siehst, hab mich schon gewundert wo die letzte Kombination geblieben ist. Ich hab sie einfach nicht gefunden. Hab sie ganz systematisch übersehen. *g* (Ich hab nämlich schon auswendig gelernt wieviel Kombinationen es gibt für welche Summe.)
18.05.2004, 15:29 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, das mit der Wurzel aus c²+r² is erledigt! War ein Vorzeichenfehler beim Ausmultiplizieren einer Klammer :P :P :P.

Zitat:
Original von Poff

Für dieses Tetraeder gilt:

V^2= (1/288 )*det([0,c^2,b^2,a^2,1],[c^2,0,a^2,b^2,1],[b^2,a^2,0,c^2,1],[a^2,b^2,c^2,0,

1],[1,1,1,1,0])= -4/144*a^2*b^2*c^2+2/144*c^4*b^2+2/144*c^4*a^2+2/144*a^2*b^4+2/144*a^4*c^2+2/144*b^2*a^4+2/144*b^4*c^2-2/144*c^6-1/72*a^6-2/144*b^6
...


Muss ich das verstehen?? Sieht irgendwie nach Determinante aus. verwirrt

Zitat:
Original von Poff
uii,
da fällt mir gerade was ein für 'Mathespezialschüler' *g*, gibts ein
Maximum für dieses Produkt und wenn ja für welche Winkel ??


Also, da würde ich ja jetzt denken, ich müsste ableiten. Ich hab doch jetzt aber drei Parameter, von denen die Höhe abhängt. Deshalb muss ich doch vorher auf eine Winkelgröße reduzieren. Ich wüsste jetzt allerdings nicht unbedingt, wie ich das mache. verwirrt
18.05.2004, 16:03 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mathespezialschüler

Muss ich das verstehen?? Sieht irgendwie nach Determinante aus. verwirrt



NEIN, musst du nicht verstehen ...

.... das ist ne Determinante



Zitat:

...
Also, da würde ich ja jetzt denken, ich müsste ableiten. Ich hab doch jetzt aber drei Parameter, von denen die Höhe abhängt. Deshalb muss ich doch vorher auf eine Winkelgröße reduzieren. Ich wüsste jetzt allerdings nicht unbedingt, wie ich das mache. verwirrt



... nun da gehts um diese Wurzel aus dem 3 er cos Produkt,
kannst ja mal auf speziellere Dreiecke beschränken wenns anders
nicht will. In welchen Abgründen du dabei landest, weiß ich derweil
jedoch nicht ... *g*


smile
18.05.2004, 16:39 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du denkst, ich könnte es mit meinen Mitteln auch für "unspezielle" Dreiecke schaffen, dann muss ich das ntürlich auch angehen. Augenzwinkern
18.05.2004, 18:06 Poff Auf diesen Beitrag antworten »

...
nun jaa, soo war das nicht unbedingt gemeint *gg*,
(hab mir da keine genaueren Gedanken drum gemacht,
schon allein vom Gefühl her scheints mir nicht ganz einfach)

aber du kannst dir eine evtl nötige Ableitung ja auch hier
auf dem Board abholen, wird schon klappern.

...
18.05.2004, 18:27 Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Und ich habe Weiteres über Tetraeder, die vier kongruente Seitenflächen besitzen, herausgefunden:

Es seien M,S der Umkreismittelpunkt bzw. Schwerpunkt einer Seitenfläche und F der in der Seitenfläche gelegene Höhenfußpunkt, in dem die Tetraederhöhe auftrifft. Dann gilt:

F,M,S liegen auf einer Geraden (der Euler-Geraden), so daß M die Strecke FS im Verhältnis 3:1 teilt: FM = 3·MS.


Wer gerade nichts zu tun hat, kann sich ja einmal solch ein Tetraeder basteln ...
18.05.2004, 22:21 Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Hier sind übrigens mal die Aufgaben von 7./8. Klasse:

Zitat:
Tag der Mathematik
Aufgaben 7/8

Aufgabe 1
Für eine natürliche Zahl n bezeichne Q(n) die Quersumme, das ist die Summe aller Ziffern.

(1) Beweise, dass n durch 9 genau dann teilbar ist, wenn Q(n) durch 9 teilbar ist.

(2) Welche natürlichen Zahlen k haben die folgende Eigenschaft: Für alle Zahlen n ist die Teilbarkeit von n durch k gleichbedeutend mit der Teilbarkeit von Q(n) durch k.


Aufgabe 2
Gegeben sei eine dreistellige Zahl z mit paarweise verschiedenen Ziffern, von denen keine Null ist. Dann entstehen durch Umordnung der Ziffern 6 verschiedene Zahlen. Wenn s die Summe dieser sechs Zahlen bezeichnet, so zeige man, dass 37 ein Teiler von s ist.


Aufgabe 3
(1) Wir betrachten sechs Punkte und ihre 15 Verbindungsstrecken. Zeige, dass bei jeder Färbung dieser 15 Verbindungsstrecken mit blau oder rot wenigstens ein einfarbiges Dreieck entsteht.

(2) Gib für fünf Punkte eine Färbung aller 10 Verbindungsstrecken an, die kein einfarbiges Dreieck enthält.


Aufgabe 4
In einen Kreis mit dem Mittelpunkt M sei eine Sehne AB eingezeichnet und des weiteren sei ein Punkt P auf dem Kreis gegeben. Man beweise, dass der Winkel doppelt so groß ist wie der Winkel . (Diese Aussage heißt Zentriwinkelsatz.)

http://server5.uploadit.org/files/Mathespeziler-Unbenannt6.JPG


Wer Lust hat, kann ja auch die nochmal lösen. Viel Spaß.
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