[Diskussion] Mathe-Olympiade 08/II

10.12.2008, 11:55

tigerbine

[Diskussion] Mathe-Olympiade 08/II

Die zweite Runde der Mathe-Olympiade ist abgeschlossen. Hier könnt ihr nun über die Aufgaben diskutieren. Entweder der Reihe nach in diesem Thread oder macht einfach für jede Aufgabe einen neuen Thread auf.

VIEL SPASS

10.12.2008, 14:43

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Um mal das Eis zu brechen, fange ich mal mit der ersten (und einfachsten?) Aufgabe der 11-13 an:

Zitat:

481321

Man bestimme alle reellen Lösungen des Gleichungssystems

$\begin{eqnarray*} x^2 - 2y + 1 &=& 0 \\ y^2 - 2z + 1 &=& 0 \\ z^2 - 2x + 1 &=& 0 \end{eqnarray*}$

Sieht stark nach binomischer Formel aus, doch irgendwie variablenmäßig über die Zeilen verwurstelt, oder? Augenzwinkern

Das nutzt man am besten gleich mal aus, und summiert alle drei Gleichungen:

$\begin{eqnarray*} x^2 - 2y + 1 + y^2 - 2z + 1 + z^2 - 2x + 1 = (x-1)^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

Die Summe der drei Quadrate ist dann und nur dann Null, wenn alle drei Quadrate einzeln Null sind, was nur für $\begin{eqnarray*} x=y=z=1 \end{eqnarray*}$ passieren kann. Das ist dann auch die einzige Lösung, die man noch durch die Probe bestätigt.

10.12.2008, 16:37

JdPL

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ich habe es mit substitution gelöst:
y=x+d

eingesetzt in die erste Gleichung:
(x^2)-(2x)-(2d)+1=0
Umgeformt:
((x-1)^2)=2d
Da ein Quadrat nicht negativ sein darf, muss 2d und damit d größer oder gleich null sein.
Daraus folgt, das y größer oder gleich x ist.
Analog stellt man fest, dass y nicht kleiner als x, z nicht kleiner als y und x nicht kleiner als z sein kann, was bedeutet: x=y=z
eingesetzt in die erste Funktion:
x^2-2x+1=0
(x-1)^2=0
(x-1)=0
x=1

10.12.2008, 16:44

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Ein weiterer möglicher Kandidat für die einfachste Aufgabe:

Zitat:

481323
Ein Dreieck habe ganzzahlige Seitenlängen $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ . Jede dieser Zahlen sei Teiler des Dreiecksumfangs $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ . Man beweise, dass dann das Dreieck gleichseitig ist.

O.B.d.A. sei $\begin{eqnarray*} a\leq b\leq c \end{eqnarray*}$ .

Da $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ein Teiler von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ sein soll, gibt es eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u=kc \end{eqnarray*}$ . Gemäß Dreiecksungleichung ist dann

$\begin{eqnarray*} kc = (a+b)+c > c+c = 2c \end{eqnarray*}$ ,

also $\begin{eqnarray*} k>2 \end{eqnarray*}$ . Andererseits ist aufgrund des o.B.d.A.

$\begin{eqnarray*} kc = a+b+c \leq c+c+c \end{eqnarray*}$ ,

also $\begin{eqnarray*} k\leq 3 \end{eqnarray*}$ . Somit ist $\begin{eqnarray*} k=3 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} a+b+c = 3c \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} a\leq c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b\leq c \end{eqnarray*}$ geht das aber nur mit $\begin{eqnarray*} a=c,b=c \end{eqnarray*}$ .

10.12.2008, 17:28

JdPL

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Auch diese Aufgabe habe ich etwas umständlicher gelöst:
$\begin{eqnarray*} a \geq b \geq c \end{eqnarray*}$
Da a,b und c beliebig getauscht werden dürfen.
Fall1: U=1*a
b+c=0 => Kein Dreieck
Fall2: U=2*a
b+c=a => Ebenfalls kein Dreieck
Fal3: U=3*a
b+c=2a
a=(b+c)/2 Und da weder b noch c >a sind:
a=b=c => Gleichseitiges Dreieck
Fall4: U=z*a ; z>3
a+b+c = z*a
(a+b+c)/z =a Und da weder b noch c >a sind:
3a/z = a da z größer 3 ist, ist diese Bedingung nicht erfüllt.

Am umständlichsten habe ich (als absoluter Geometrieverweigerer) die 2. Aufgabe ( http://www.mathematik-olympiaden.de/aufgaben/48/2/A48132.pdf ) gelöst (versucht zu lösen; Ich habe eine Formel, die ich benötigt hätte, erst danach bei Wikipedia nachlesen können):

Ich habe den Kreis abgeleitet und damit die Tangente des Kreises am Punkt x(b) bestimmt. Damit habe ich E und F bestimmt und die Steigung dieser Punkte auf einer Ursprungsgeraden ermittelt. Daraus lies sich folgende Funktion ermitteln:
Arctan(F)-Arctan(E)= Winkel (hier 45°)
Mit Wikipedia hätte man diese Funktion umformen können:
arctan((F-E)/(1+FE))=45°, also:
(F-E)/(1+FE)=1
Das hätte man dann "nurnoch" umformen müssen^^

10.12.2008, 17:30

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Es geht auch ganz elementar - hier nur mal die a):

Wir bezeichnen mit $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ den Berührungspunkt der Tangente $\begin{eqnarray*} EF \end{eqnarray*}$ an den Kreis $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Dann geht $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ gespiegelt an der Geraden $\begin{eqnarray*} AF \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ über, was zu

$\begin{eqnarray*} \overline{\angle TAF} = \overline{\angle DAF} \end{eqnarray*}$

führt. Analog geht $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ bei Spiegelung an $\begin{eqnarray*} AE \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ über, was zu

$\begin{eqnarray*} \overline{\angle TAE} = \overline{\angle BAE} \end{eqnarray*}$

führt. Die Summe der vier Winkel ist der rechte Winkel bei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , also ist aufgrund der beiden eben genannten Winkelgleichheiten

$\begin{eqnarray*} \overline{\angle EAF} = \overline{\angle TAF} + \overline{\angle TAE} = \frac{90^{\circ}}{2} = 45^{\circ} \end{eqnarray*}$ .

11.12.2008, 10:20

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Ich hab mir gerade auch noch mal die Aufgaben der Klassen 9/10 angeschaut:

Die sehen dieses Jahr m.E. interessanter aus als die der 11-13, und sind eigentlich um keinen Deut einfacher. Augenzwinkern

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