Vorbereitung auf die Matheolympiade - Seite 2

07.07.2010, 16:24

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Eine schwerere Aufgabe, die eine Rekursion beinhaltet:

$\begin{eqnarray*} 431336 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{n+1} = \frac{1}{1+x_{n}} \end{eqnarray*}$

Anfangsglied ist $\begin{eqnarray*} x_{1}=1 \end{eqnarray*}$

Man muss untersuchen, ob $\begin{eqnarray*} x²_{2004}+x_{2004} -1 \end{eqnarray*}$ positiv, negativ oder gleich null ist.

$\begin{eqnarray*} x_{2}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{3}=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{4}=\frac{3}{5} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{5}=\frac{5}{8} \end{eqnarray*}$

Wenn man Zähler und Nenner der Folgeglieder anschaut, bemerkt man, dass es sich um Fibonacci-Zahlen handelt, also:

$\begin{eqnarray*} x_{n}=\frac{f_{n}}{f_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Wie man es mit vollständiger Induktion beweist, weiß ich leider nicht.

Jetzt muss man berechnen, wann $\begin{eqnarray*} x²+x=1 \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist zwischen $\begin{eqnarray*} 0.61803 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0.61804 \end{eqnarray*}$ .

Die Zahl kann man Mithilfe von vielen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und Kettenbrüchen darstellen.

Die Differenz zwischen einzelnen Folgegliedern wird stets kleiner, und sie ist abwechselnd mal positiv mal negativ.

Es fällt auf, dass:
$\begin{eqnarray*} x²_{u}+x_{u} > 1 \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} x²_{g}+x_{g} < 1 \end{eqnarray*}$ (beweisen kann ich es auch nicht)

$\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ = ungerade und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ =gerade.

$\begin{eqnarray*} 2004 \end{eqnarray*}$ ist eine gerade Zahl, also ist $\begin{eqnarray*} x²_{2004}+x_{2004} < 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow x²_{2004}+x_{2004} -1 < 0 \end{eqnarray*}$

Ist das richtig ? Wenn ja, wie beweist man, dass $\begin{eqnarray*} x²_{u}+x_{u} > 1 \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} x²_{g}+x_{g} < 1 \end{eqnarray*}$ ist ?

07.07.2010, 17:47

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Minus
Wenn man Zähler und Nenner der Folgeglieder anschaut, bemerkt man, dass es sich um Fibonacci-Zahlen handelt, also:

$\begin{eqnarray*} x_{n}=\frac{f_{n}}{f_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Richtig - und es lässt sich sehr einfach durch Vollständige Induktion beweisen ("begründen" wäre wohl das treffendere Wort). Also ist

$\begin{eqnarray*} x_n^2+x_n-1 = \frac{f_n^2+f_nf_{n+1}-f_{n+1}^2}{f_{n+1}^2} \end{eqnarray*}$ .

Konzentriere dich doch mal in deinen Vorzeichenbetrachtungen auf den Zähler dieses letzten Terms...

Hast aber auch schon so viele richtige Gedanken zu dem Problem. Freude

Freude

EDIT: Bei näherer Betrachtung geht das ganze allerdings auch ohne den Fibonacci-Umweg: Es ist

$\begin{eqnarray*} x_{n+1}^2+x_{n+1}-1 = \frac{1+(1+x_n)-(1+2x_n+x_n^2)}{(1+x_n)^2} = -\frac{x_n^2+x_n-1}{(1+x_n)^2} \end{eqnarray*}$ ,

womit die Alterniertheit des Vorzeichens klar ist.

07.07.2010, 18:10

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} x_n^2+x_n-1 = \frac{f_n^2+f_nf_{n+1}-f_{n+1}^2}{f_{n+1}^2} \end{eqnarray*}$ .

Genau die Formel habe ich gebraucht.
Bei wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ = ungerade, dann ergibt der Term:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{f_{n+1}^2} \end{eqnarray*}$

und wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ = gerade ist, dann ergibt der Term:

$\begin{eqnarray*} \frac{-1}{f_{n+1}^2} \end{eqnarray*}$

Jetzt muss man nur noch diese 2 Terme erläutern, erwähnen, dass 2004 eine gerade Zahl ist und einen Antwortsatz schreiben.

12.07.2010, 15:52

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich weiß nicht, wie ich diese Gleichung lösen soll:

$\begin{eqnarray*} 421331 \end{eqnarray*}$

Für alle Reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ermittle man, wieviele Reelle Lösungen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Gleichung

$\begin{eqnarray*} (2x+a+b)³= (x+a)³+(x+b)³ \end{eqnarray*}$

besitzt und gebe diese an.

Zuerst habe ich die beiden Seiten ausmultipliziert, gekürzt, habe alles auf eine Seite gebracht und versuchte zu faktorisieren. Doch das hat mir nichts gebracht. Und ich glaube nicht, dass es daran liegt, dass ich schlecht faktorisieren kann.

Soll man konkrete Fälle betrachten, wie z.B. wenn $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist, und soll man schauen für welche Zahlen die Gleichung keine Lösungen besitzt ? Oder wie soll man hier am besten vorgehen ?

12.07.2010, 16:04

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Entscheidend ist oftmals, nicht im Formelberg zu ersticken. Diese Aufgabe schreit m.E. aus Symmetriegründen geradezu nach einer Subsitution

$\begin{eqnarray*} z = x + \frac{a+b}{2} \end{eqnarray*}$ .

Setzt man zudem noch $\begin{eqnarray*} c=\frac{a-b}{2} \end{eqnarray*}$ , dann lautet die Gleichung umgeschrieben

$\begin{eqnarray*} (2z)^3 = (z+c)^3 + (z-c)^3 \end{eqnarray*}$ .

So sieht die Sache doch schon viel freundlicher aus, oder? Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.07.2010, 16:57

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Nach dem Ausklammern und Kürzen vereinfacht sich die Gleichung auf:

$\begin{eqnarray*} 3z³=c³ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 3z³-c³=0 \end{eqnarray*}$

Wenn man jetzt rücksubstituiert, dann führt das wieder zu einer langen Formel, mit der ich nichts anfangen kann.

Anzeige

12.07.2010, 17:19

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Da würde ich an deiner Stelle nochmal nachrechnen.

Außerdem ist eine Rücksubstitution nur bedingt nötig: Gefragt wird lediglich nach der Anzahl der reellen Lösungen.

EDIT: Offenbar verwirrt dich diese Substitution. Noch einfacher wäre vielleicht

$\begin{eqnarray*} (u+v)^3-u^3-v^3 = 3u^2v+3uv^2 = 3uv(u+v) \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} u=x+a,v=x+b \end{eqnarray*}$ anzuwenden. Prompt hat man die Faktorisierung

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

aus der man alle drei reellen Lösungen ablesen kann. Bleibt nur noch zu klären, für welche Parameterkombinationen $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ zwei oder gar drei dieser Lösungen übereinstimmen.

12.07.2010, 18:08

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt verstehe ich es.

$\begin{eqnarray*} 3(x+a)(x+b)(2x+a+b)=0 \end{eqnarray*}$

Dann muss einer der Faktoren 0 sein, also gibt es 3 Lösungen:
$\begin{eqnarray*} x=-a \end{eqnarray*}$ ( Erfühlt die Gleichung immer )

$\begin{eqnarray*} x=-b \end{eqnarray*}$ ( Erfühlt auch immer die Gleichung)

und $\begin{eqnarray*} x= \frac{-a-b}{2} \end{eqnarray*}$ ( Erfühlt die Gleichung nur dann, wenn $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ ist )

Mit $\begin{eqnarray*} 431032 \end{eqnarray*}$ habe ich auch noch Probleme:

Man soll alle Reellen Tripel des Gleichungssystems bestimmen:

$\begin{eqnarray*} a+bc=1 \end{eqnarray*}$ (1)

$\begin{eqnarray*} b+ca=1 \end{eqnarray*}$ (2)

$\begin{eqnarray*} c+ab=1 \end{eqnarray*}$ (3)

Ich vermute, dass es nur eine Lösung gibt, aber nachweisen kann ich es nicht.
Wenn $\begin{eqnarray*} a=b=c \end{eqnarray*}$ dann lassen sich alle Gleichungen zu $\begin{eqnarray*} a+a²=1 \end{eqnarray*}$ umformen. ( $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist dann ungefähr $\begin{eqnarray*} 0,618 \end{eqnarray*}$ ( die Zahl erinnert mich an die Aufgabe mit Fibonacci-zahlen Augenzwinkern

Augenzwinkern

, hat damit aber nicht zu tun)

12.07.2010, 18:11

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Minus
und $\begin{eqnarray*} x= \frac{-a-b}{2} \end{eqnarray*}$ ( Erfühlt die Gleichung nur dann, wenn $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ ist

Keine Ahnung was du da erfühlst. Aber $\begin{eqnarray*} x= \frac{-a-b}{2} \end{eqnarray*}$ ist ebenfalls immer Lösung der Gleichung, auch für $\begin{eqnarray*} a\neq b \end{eqnarray*}$ . Wenn es um die Frage geht, ob diese drei Lösungen echt verschieden sind, dann musst das aber gehörig anders formulieren. Das was du da gerade erzählt hast, ist so jedenfalls falsch. unglücklich

unglücklich

Zur 431032:

Ich zähle 5 Lösungstripel, die sich z.B. durch die Differenzbetrachtung (1)-(2) sowie anschließende geduldige Fallunterscheidung alle ermitteln lassen.

14.07.2010, 19:50

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei der Gleichung $\begin{eqnarray*} 0= (0,5a-0,5b)³+(0,5b-0,5a)³ \end{eqnarray*}$ habe ich vergessen, dass alle Exponente ungerade sind, darum dachte ich, dass es nur dann eine Lösung existiert, wenn $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ .

Zu $\begin{eqnarray*} 431032: \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (1)-(2)=a+bc-b-ac=0 \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} (3) \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} c=1-ab \end{eqnarray*}$ ist.

In die obige Gleichung eingesetzt bedeutet das:

$\begin{eqnarray*} a+b(1-ab)-b-a(1-ab)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a+b-ab²-b-a+a²b=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a²b-ab²=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a-b=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} (3) \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} c=1-ab \end{eqnarray*}$ , aus $\begin{eqnarray*} (1) \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} (2) c=1-a/a \end{eqnarray*}$ , weil $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} 1-ab=1-a²=1-a/a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a-a³=1-a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a³-2a+1=0 \end{eqnarray*}$

Die Funktion hat $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ Nullstellen:

$\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 0,618 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -1,618. \end{eqnarray*}$

Es bleibt nur noch wenig, bis man die $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ Lösungen hat:

$\begin{eqnarray*} (0.618 , 0.618 , 0.618) ; (-1.618 , -1.618 , -1.618) \end{eqnarray*}$ und alle

Permutationen von $\begin{eqnarray*} (1, 1, 0) \end{eqnarray*}$ . Habe ich diese Aufgabe richtig gelöst ?

Die Aufgabe hat mich interessiert, weil es in dem selben Jahr in der Bundende der selben Klassenstufe eine sehr ähnliche Aufgabe gab:

$\begin{eqnarray*} 431043 \end{eqnarray*}$

Bestimmen sie alle reellen Tupel $\begin{eqnarray*} (a;b;c;d) \end{eqnarray*}$ welche Lösung des folgenden Gleichungssystems sind:

$\begin{eqnarray*} a+bc=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b+cd=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c+da=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} d+ab=1 \end{eqnarray*}$

Die Aufgabe ist sehr ähnlich. Wurde das mit Absicht gemacht, dass die Aufgabe fast gleich ist und direkt in der nächsten Runde bei derselben Klassenstufe kommt?

14.07.2010, 20:20

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Lösungen sind richtig (wenn ich mal von dieser seltsamen Rundung absehe, die ebenfalls Abzüge geben dürfte - schreibe besser $\begin{eqnarray*} \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2} \end{eqnarray*}$ ), aber deine Argumentation ist lückenhaft und damit angreifbar - z.B. hier:

Zitat:

Original von Minus
$\begin{eqnarray*} a²b-ab²=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a-b=0 \end{eqnarray*}$

Wieso folgt aus der ersten Zeile sofort $\begin{eqnarray*} a-b=0 \end{eqnarray*}$ ? Dem ist nicht so, zunächst folgt

$\begin{eqnarray*} ab(a-b)=0 \end{eqnarray*}$ ,

was bedeutet

$\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a-b=0 \end{eqnarray*}$ .

Du kannst nicht einfach die ersten beiden Fälle übergehen. Nur durch Zufall hast du sie dann später doch noch erwischt, aber solche Fauxpas werden trotzdem punktmäßig bestraft. unglücklich

unglücklich

14.07.2010, 20:56

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich wollte damit nur zeigen, dass a immer gleich b ist, sodass a, b und c keine 3 verschiedene Zahlen sein können. Wodurch man a mit b gleichsetzen könnte und schnell auf die Lösungen kam.

Ich habe keine Fallunterscheidung gemacht, weil es länger dauern würde.

14.07.2010, 21:07

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Minus
Ich wollte damit nur zeigen, dass a immer gleich b ist

Was i.a. falsch ist, z.B. für die beiden Lösungen (1,0,1) und (0,1,1).

Zitat:

Original von Minus
Ich habe keine Fallunterscheidung gemacht, weil es länger dauern würde.

Also die Haltung solltest du ganz schnell ablegen: Die Exaktheit der Schnelligkeit zu opfern. unglücklich

unglücklich

Mit dieser laxen Haltung brauchst du gar nicht erst an der Olympiade teilnehmen.

Es ist kein "Pech", dass dir im ersten Anlauf ein Großteil der Lösungen entgangen ist, sondern offenbar die Folge eines solchen unlogischen, inkonsequenten Vorgehens.

15.07.2010, 00:27

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
Also die Haltung solltest du ganz schnell ablegen: Die Exaktheit der Schnelligkeit zu opfern. unglücklich

unglücklich

Mit dieser laxen Haltung brauchst du gar nicht erst an der Olympiade teilnehmen.

Was Arthur da sagt, klingt jetzt vielleicht hart, aber nachdem ich mir das oben durchgelesen habe, sehe ich das eigentlich genauso...Aus meiner Sicht kommt noch eine weiterer Fehler dazu: Du scheinst Substitutionen zu lieben, aber Fallunterscheidungen zu hassen... Ich darf dir daher, was den Umgang mit nichtlinearen Gleichungssytemen betrifft (und nur von diesen rede ich hier!) folgenden leicht merkbare Maxime à la George Orwell's "Animal farm" mit auf den Weg geben:

Case-by-case analysis is good, substitutions are bad! *)

Natürlich geht es nicht ganz ohne Substitutionen, aber man sollte sie i.d.R. erst am Schluß durchführen und nicht gleich damit beginnen... Ich zeige dir am besten an dem Gleichungssystem

$\begin{eqnarray*} a+bc=1 \quad (1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b+ca=1 \quad (2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c+ab=1 \quad (3) \end{eqnarray*}$

vor, wie dies gemeint ist... Durch Bildung der Differenzen (1)-(2),(1)-(3),(2)-(3), sowie nachfolgendem Herausheben kommt man zu

$\begin{eqnarray*} (a-b)(1-c)=0 \quad (4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (a-c)(1-b)=0 \quad (5) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (b-c)(1-a)=0 \quad (6) \end{eqnarray*}$

Hier sehen wir gleich den ersten Vorteil dieser Methode: Auch die neuen Gleichungen sind noch wunderbar symmetrisch in a, b und c, d.h., diese Symmetrie wurde nicht mutwillig (z.B. eben durch eine Substitution!) zerstört...

Lass uns jetzt als erstes den Fall betrachten, dass eine der rechten Faktoren 1-c, 1-b oder 1-a den Wert 0 hat... Sei z.B. o.B.d.A., d.h., bis auf bel. Vertauschungen der Variablen, c=1...Die Gleichung (3) wird dann zu ab=0,d.h., es muss entweder a oder b den Wert 0 haben, und wegen a+b=1 hat dann die jeweils andere Varaible den Wert 1... Die führt zunächst auf die Lösungen (1,0,1),(0,1,1) und selbst nach beliebigen Vertauschungen von a,b,c kommt offensichtlich nur noch (1,1,0) dazu...

Damit können wir nun für das weitere den Fall c=1 oder b=1 oder a=1 ausschließen und (4),(5),(6) vereinfachen sich durch Kürzen zu

$\begin{eqnarray*} a-b=0,\ a-c=0, \ b-c=0 \end{eqnarray*}$

woraus sofort a=b=c folgt... Indem wir dies in (1) substituieren (erst jetzt!!!), erhalten wir für a die quadratische (nicht kubische!!!) Gleichung

$\begin{eqnarray*} a^2+a-1=0 \end{eqnarray*}$

womit sich dann auch noch die zwei restlichen Lösungen

$\begin{eqnarray*} (\frac {-1\pm\sqrt 5}2,\frac {-1\pm\sqrt 5}2,\frac {-1\pm\sqrt 5}2) \end{eqnarray*}$

ergeben...

Du siehst also, mit welch wunderbarer Leichtigkeit dies alles noch von der Hand geht, wenn man die Sache richtig anpackt... Und das Rüstzeug dazu solltest dir jedenfalls aneignen, da nicht alle Aufgaben so leicht sind, wie diese hier, sodass man auch mit "brutaler Gewalt", wie von dir vorexerziert, zum Ziel kommt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

*) Ausnahmen bestätigen - wie immer - nur die Regel!

15.07.2010, 07:33

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic
*) Ausnahmen bestätigen - wie immer - nur die Regel!

Allerdings. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das bringt mich gleich mal zur Folgeaufgabe

Zitat:

Original von Minus
$\begin{eqnarray*} 431043 \end{eqnarray*}$

Bestimmen sie alle reellen Tupel $\begin{eqnarray*} (a;b;c;d) \end{eqnarray*}$ welche Lösung des folgenden Gleichungssystems sind:

$\begin{eqnarray*} a+bc=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b+cd=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c+da=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} d+ab=1 \end{eqnarray*}$

So wünschenswert es wäre, die Symmetrie beizubehalten, fällt mir hier nur der anrüchige Substitutionsweg ein, der letztendlich auf eine algebraische Gleichung sechsten (!) Grades führt, von der man natürlich bereits die zwei Lösungen $\begin{eqnarray*} \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2} \end{eqnarray*}$ kennt und relativ leicht nachweisen kann, dass sie keine weiteren reellen Lösungen hat.

Geht bestimmt auch eleganter - vielleicht hast du eine Idee, Mystic? So schöne Faktorisierungen wie bei der Vorgängeraufgabe scheinen hier jedenfalls nicht unmittelbar auf der Hand zu liegen. verwirrt

verwirrt

16.07.2010, 00:50

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
Geht bestimmt auch eleganter - vielleicht hast du eine Idee, Mystic? So schöne Faktorisierungen wie bei der Vorgängeraufgabe scheinen hier jedenfalls nicht unmittelbar auf der Hand zu liegen. verwirrt

verwirrt

Nein, so einfach wie im vorigem Beispiel geht es hier sicher nicht, insbesondere ist das Gleichungssystem jetzt nur mehr gegenüber zyklischen Permutationen der Variablen invariant, d.h., nicht mehr voll symmetrisch... Ideen hätte ich schon, aber irgendwie fehlt mir dzt. aufgrund der herrschenden Großwetterlage der letzte Biss, sie auch umzusetzen... unglücklich

unglücklich

Z.B erhält man aus den Gleichungen

$\begin{eqnarray*} a+bc=1 \quad (1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b+cd=1 \quad (2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c+da=1 \quad (3) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} d+ab=1 \quad (4) \end{eqnarray*}$

durch Bildung von $\begin{eqnarray*} a\cdot(1)+b\cdot(2)+c\cdot(3)+d\cdot(4) \end{eqnarray*}$ die weitere Gleichung

$\begin{eqnarray*} \underbrace{a^2+b^2+c^2+d^2}_{= e_1^2-2e_2}+\underbrace{abc+bcd+cda+dab}_{=:e_3}=\underbrace{a+b+c+d}_{=:e_1} \end{eqnarray*}$

mit den elementarsymmetrischen Funktionen $\begin{eqnarray*} e_k,\ k=1,2,3,4 \end{eqnarray*}$ , welche ja (bis auf das Vorzeichen) zugleich die Koeffizienten des Polynoms

$\begin{eqnarray*} x^4-e_1x^3+e_2x^2-e_3x+e_4:=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) \end{eqnarray*}$

sind...Damit hätte man z.B. schon mal die Gleichung

$\begin{eqnarray*} e_1^2-e_1-2e_2+e_3=0 \end{eqnarray*}$

und man braucht noch drei weitere, um damit $\begin{eqnarray*} e_1,e_2,e_3,e_4 \end{eqnarray*}$ tatsächlich berechnen zu können...

Zwei weitere sind tatsächlich noch leicht gefunden, z.B. gilt

$\begin{eqnarray*} e_4^2=(bc)(cd)(da)(ab)=(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)=1-e_1+e_2-e_3+e_4 \end{eqnarray*}$

sowie nach Bildung von $\begin{eqnarray*} d\cdot(1)+a\cdot(2)+b\cdot(3)+c\cdot(4) \end{eqnarray*}$ weiter

$\begin{eqnarray*} (da+ab+bc+cd)+\underbrace{bcd+acd+abd+abc}_{e_3}=\underbrace{a+b+c+d}_{e_1} \end{eqnarray*}$

wobei der erste Ausdruck sich aus der Gleichung

$\begin{eqnarray*} e_1+(bc+cd+da+cd)=4 \end{eqnarray*}$

mittels der Summation (1)+(2)+(3)+(4) berechnen lässt, was dann insgesamt die Gleichung

$\begin{eqnarray*} 2e_1-e_3=4 \end{eqnarray*}$

ergibt... Leider habe ich noch keine wirklich gute Möglichkeit für die fehlende vierte Gleichung gefunden, sodass ich schwer sagen kann, ob dieser Weg nun wirklich praktikabel ist... Insgesamt sollten sich jedoch im nichttrivialen Fall die Werte

$\begin{eqnarray*} e_1=3, \ e_2=4, \ e_3=2, \ e_4=1 \end{eqnarray*}$

ergeben, wobei das dazugehörige Polynom

$\begin{eqnarray*} x^4-3x^3+4x^2-2x+1 \end{eqnarray*}$

welches also von vornherein nur den Grad 4 hat, dann tatsächlich keine reellen Lösungen besitzt...

16.07.2010, 07:40

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Tatsächlich ist es genau dieses (Rest-)Polynom, was sich auch im grauenhaften Substitutionsweg am Ende wiederfinden lässt: Die angesprochene Gleichung sechsten Grades dort lautet nämlich

$\begin{eqnarray*} 0 = a^6-2a^5+5a^3-5a^2+3a-1 = (a^2+a-1)(a^4-3a^3+4a^2-2a+1) \end{eqnarray*}$ .

Naja, muss wohl auch so sein, wenn man dieses Gleichungssystem in $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ betrachtet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.07.2010, 16:19

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich versuche es lieber erstmal mit einfacheren Aufgaben:
Aufgaben der 4ten Runde sind für mich zu schwer und erfordern viel Erfahrung, die ich noch sammeln muss.

$\begin{eqnarray*} 381321 \end{eqnarray*}$

Man bestimme alle sämtliche Paare $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ reeller Zahlen, die Lösungen des folgenden Gleichungssystems sind:

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

$\begin{eqnarray*} x²=4(y²-4y+x+3) \end{eqnarray*}$ (2)

Zuerst fiel mein Blick auf (1) , die mich an die dritte binomische Formel erinnert.
Ich multiplizierte die Gleichung mit $\begin{eqnarray*} x-2. \end{eqnarray*}$

=> $\begin{eqnarray*} x²-4x+4=(x²-4)(y-2) \end{eqnarray*}$ , hat mir aber nichts gebracht.

Dann habe ich $\begin{eqnarray*} (2) \end{eqnarray*}$ zuerst ausmultipliziert, dann etwas erweitert:

$\begin{eqnarray*} x²=4y²-16y+4x+12 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x²-4x+4=4y²-16y+16 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (x-2)²=(2y-4)² \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x-2=2y-4 \end{eqnarray*}$

Dann habe ich $\begin{eqnarray*} 2y-4 \end{eqnarray*}$ in (1) an die Stelle von $\begin{eqnarray*} x-2 \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} 2y-4=(x+2)(y-2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x+2=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$

Wenn man $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ einsetzt, folgt, dass $\begin{eqnarray*} y=1 \end{eqnarray*}$ ist.

Sind das die einzigen Lösungen der Gleichung ?

16.07.2010, 16:25

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Minus
$\begin{eqnarray*} (x-2)²=(2y-4)² \end{eqnarray*}$

Bis hierhin wunderbar - und dann baust du schon wieder Mist:

Aus $\begin{eqnarray*} u^2=v^2 \end{eqnarray*}$ folgt eben zunächst mal nicht $\begin{eqnarray*} u=v \end{eqnarray*}$ , sondern nur $\begin{eqnarray*} |u| = |v| \end{eqnarray*}$ , oder als Fallunterscheidung:

$\begin{eqnarray*} u=v \end{eqnarray*}$ ODER $\begin{eqnarray*} u=-v \end{eqnarray*}$ .

Sowas müsste man doch eigentlich in der Schule lernen, spätestens dann, wenn quadratische Gleichungen auf dem Plan stehen? verwirrt

verwirrt

16.07.2010, 16:55

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Das habe ich ganz vergessen...

Eine weitere Lösung der Gleichung wäre (-4,5).

Übrigens hatten wir die Betragszeichen noch nicht in Mathe, werden wir erst in 13 Klasse haben. Aber sowas wie 4=-2²=2² , das hatten wir schon. Die Förderung in Mathe ist in Deutschland wirklich miserabel. Ich wundere mich, wie die Deutschen bei der IMO wieder den 9 Platz belegt haben.

16.07.2010, 17:08

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Minus
Übrigens hatten wir die Betragszeichen noch nicht in Mathe, werden wir erst in 13 Klasse haben.

Kann ich kaum glauben.

Zitat:

Aber sowas wie 4=-2²=2² , das hatten wir schon.

Kann ich erst recht nicht glauben. $\begin{eqnarray*} -2^2=-4 \end{eqnarray*}$

16.07.2010, 17:21

Minus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe die Klammer vergessen: $\begin{eqnarray*} (-2)²=4 \end{eqnarray*}$

Wir hatten die Betragszeichen wirklich noch nicht in Mathe und niemand außer mich in meiner Klasse kennt diese. Ein Freund von mir, der die 13 Klasse abgeschlossen hat, meinte, dass man sich mit den Betragszeichen erst in 13 Klasse beschäftigen wird.
Entweder ist es nur bei uns in der Schule so, oder bei uns im Bundesland.

Und wunderlicherweise wird unser neuer Mathe LK sich gar nicht mit Trigonometrischen- und Logarithmusfunktionen in Analysis beschäftigen. Das finde ich viel schlimmer. Wir sind außerdem der erste Mathe LK, der das nicht machen wird. unglücklich

unglücklich

« vorherige Seite 12

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »