Vorbereitung auf die Matheolympiade

13.06.2010, 17:10

Minus

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Vorbereitung auf die Matheolympiade

Ich habe bald die Sommerferien und möchte diese Zeit nutzen um mich auf die nächste Matheolympiade vorzubereiten und außerdem macht es mir Spaß solche Aufgaben zu lösen.

Bisher habe ich noch nie an der Matheolympiade teilgenommen, weil ich mich früher für die Mathematik nicht interessiert habe ( Die Ursache ist bestimmt, dass die Mathematik an Schulen falsch rübergebracht wird).

Mein Ziel ist es in die 3te Runde zu kommen.

Am meisten Probleme habe ich im Moment mit Geometrie, weil ich so gut wie keine Sätze kenne.

Hier ist eine Aufgabe, bei der ich Hilfe brauchen würde:

441322
Durch den Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ des Kreises $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gehe die Gerade $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Auf dem Kreis $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ liege der Punkt $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ so, dass die Tangente an $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ die Gerade $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ in einem Punkt $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ schneidet. Es sei $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt der Strecke $\begin{eqnarray*} PS \end{eqnarray*}$ . Man beweise, dass das Lot von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ auf die Gerade $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ keine inneren Punkte des Kreises $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ trifft.

edit: Soll man auch eine Skizze in den Thread reinstellen, wenn man eine Geometrieaufgabe postet? Ich weiß leider nicht wie man die Skizzen erstellt.

13.06.2010, 17:21

AD

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Es erleichtert den Zugang bzw. die Erklärung:

Ich hab die Lösung im Kopf, kann sie aber ohne Skizze schlecht vermitteln. Bei schwierigeren Aufgaben hab ich dann schon auch mal eine Skizze hier erstellt, aber jetzt bei der Fußball-WM bin ich zu faul dazu. Und man darf ja nicht vergessen, wer hier was von wem will. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zum elektronischen Erstellen einer Skizze z.B.

http://www.dynageo.de/

Oder klassisch per Hand und dann Einscannen - wie du willst...

13.06.2010, 17:43

mYthos

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@Minus

Beachte dabei aber bitte, dass Aufgaben aus laufenden Wettbewerben NICHT beantwortet werden, weil dies gegen einige Prinzipien verstößt. Du musst also sicher sein, dass der Wettbewerb, aus dem deine Aufgaben stammen, schon abgeschlossen ist.

Andernfalls müssen wir die gegenständliche Diskussion sperren (schließen).

mY+

13.06.2010, 17:45

AD

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Zitat:

Original von Minus
441322

heißt: 44. Mathematik-Olympiade, die war 2004/2005, also keine Gefahr.

13.06.2010, 17:59

Minus

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Das Programm habe ich jetzt zwar runtergeladen, jedoch brauche ich noch Zeit zu lernen wie man mit dem Programm richtig zeichnet.

@ Arthur Dent
Kannst du mir bitte erstmal einen Ansatz geben ? Wenn du die Lösung der Aufgabe sofort aufschreiben wirst, dann wird das viel weniger für mich bringen.

13.06.2010, 18:01

AD

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Fälle auch von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ das Lot auf $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ , und halte dann mal Ausblick nach ähnlichen Dreiecken ... das sollte für's erste genügen.

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13.06.2010, 18:11

Minus

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Den Lot habe ich schon unbewusst auf meiner Skizze eingezeichnet. Ich habe aber nicht gesehen, dass man die Aufgabe mit dem Strahlensatz lösen könnte.

Ich werde versuchen die Aufgabe zu lösen, nachdem ich gegessen uns Simpsons zu Ende geguckt habe. Hoffentlich schaffe ich das bis zum WM Spiel von Deutschland. Wenn nicht, dann werde ich dich fragen, ob du mir die Lösung posten kannst.

13.06.2010, 18:17

AD

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Zitat:

Original von Minus
Ich habe aber nicht gesehen, dass man die Aufgabe mit dem Strahlensatz lösen könnte.

Das hat ja auch keiner gesagt, dass nur der Strahlensatz reicht. Er ist Bestandteil der Argumentation, aber Ähnlichkeit kann auch noch in anderen Konfigurationen vorkommen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.06.2010, 20:16

Minus

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Bezeichnen wir den Fusspunkt des Lotes von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} g K \end{eqnarray*}$ .
Nun sieht man leicht, dass die Dreiecke $\begin{eqnarray*} SVH \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} SPK \end{eqnarray*}$ ähnlich sind ( beide haben einen Rechten Winkel und einen gemeinsamen Winkel bei $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ ) ( Ähnlichkeitsfaktor 1:2, weil $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ die Strecke $\begin{eqnarray*} SP \end{eqnarray*}$ in der Mitte teilt).
Man sieht auch, dass $\begin{eqnarray*} PKM \end{eqnarray*}$ zu den beiden oben genannten Dreiecken ähnlich ist. ( kann man auch leicht nachweisen )
Die Hypotenuse des Dreiecks $\begin{eqnarray*} PMK \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} PM \end{eqnarray*}$ ist das Radius des Kreises $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Bezeichnen wir das Radius als $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ .

Weiter komme ich nicht, und außerdem bezweifele ich , dass das was ich geschrieben habe alles richtig ist.

13.06.2010, 21:17

AD

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Ist schon alles richtig. Freude

Freude

Worauf ich aber angespielt habe, ist die Ähnlichkeit der Dreiecke $\begin{eqnarray*} \triangle MPK \sim \triangle MSP \end{eqnarray*}$ . Und als zweiter wichtiger Punkt, als Konsequenz deiner obigen Betrachtungen: $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ist der Mittelpunkt von $\begin{eqnarray*} SK \end{eqnarray*}$ .

Beides zusammmen ist schon fast alles, was man braucht, um $\begin{eqnarray*} |MH| > r \end{eqnarray*}$ zu beweisen, wobei $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ natürlich der Kreisradius sein soll.

13.06.2010, 21:38

Minus

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Ich glaube du hast einen Fehler gemacht. Wenn $\begin{eqnarray*} MPK \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} MPS \end{eqnarray*}$ ähnlich sein würde, dann muss der Winkel $\begin{eqnarray*} SMP \end{eqnarray*}$ ein rechter sein und wenn der Winkel ein rechter wäre, dann würde die Tangente durch $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ parallel sein und würde den Punkt $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ auf der $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nicht schneiden.
Meintest du vllt. $\begin{eqnarray*} MPK \end{eqnarray*}$ ist ähnlich zu $\begin{eqnarray*} KPS \end{eqnarray*}$ ? Oder verstehe ich es falsch?

Genauso weit war ich auch mit meinen Gedanken.
Trotzdem kann ich nicht beweisen, dass $\begin{eqnarray*} MH > r \end{eqnarray*}$ ist:
Die Hypotenuse von $\begin{eqnarray*} KMP \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und die beiden anderen Katheten des Dreiecks sind $\begin{eqnarray*} < r \end{eqnarray*}$ . Und darauß wollte ich das Ende von dem Beweis machen. Wenn $\begin{eqnarray*} MPS \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} MPK \end{eqnarray*}$ ähnlich wäre ( was Meiner Meinung nach nicht stimmt), dann würde es stimmen.

13.06.2010, 21:48

AD

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Zitat:

Original von Minus
Ich glaube du hast einen Fehler gemacht. Wenn $\begin{eqnarray*} MPK \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} MPS \end{eqnarray*}$ ähnlich sein würde

Du bist ganz schön frech - und solltest besser lesen:

Ich habe NICHT gesagt: $\begin{eqnarray*} \triangle MPK \sim \triangle MPS \end{eqnarray*}$ .

Sondern: $\begin{eqnarray*} \triangle MPK \sim \triangle MSP \end{eqnarray*}$

Das ist ein ERHEBLICHER Unterschied!!! Der rechte Winkel ist also in $\begin{eqnarray*} \triangle MPK \end{eqnarray*}$ bei K und in $\begin{eqnarray*} \triangle MSP \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ .

13.06.2010, 22:07

Minus

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Ups. Ich habe vieles verwechselt.
Ich soll wirklich aufmerksamer lesen unglücklich

unglücklich

14.06.2010, 17:12

Minus

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Eine weitere Aufgabe, bei der ich etwas Hilfe benötige:

421322
Das Viereck $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ sei ein Parallelogramm, der Punkt $\begin{eqnarray*} Q \end{eqnarray*}$ ist der Mittelpunkt der Seite $\begin{eqnarray*} DA \end{eqnarray*}$ und der Punkt $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ sei der Fusspunkt des Lotes vom Punkt $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ auf die Gerade $\begin{eqnarray*} CQ \end{eqnarray*}$ . Man beweise, dass die Strecken $\begin{eqnarray*} AF \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ gleich lang sind.

Meine Ideen:
Ich saß 1 Stunde lang an der Aufgabe, und bin zu keinen gutem Ergebnis gekommen.
Ich bin mir sicher, dass ich bei dieser Aufgabe wieder nach ähnlichen Dreiecken suchen muss. Um diese zu finden muss man, glaube ich , einen Lot einzeichnen. Ich habe einen Lot von $\begin{eqnarray*} CQ \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} DC \end{eqnarray*}$ eingezeichnet. Den Fusspunkt habe ich als $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ bezeichnet. Das Dreieck $\begin{eqnarray*} SBC \end{eqnarray*}$ ist gleichschenklig und dann wollte ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \triangle BAF \sim \triangle SBC \end{eqnarray*}$ und somit auch gleichschenklich, damit $\begin{eqnarray*} AB=AF \end{eqnarray*}$ gilt. Ich weiß nicht wie ich es beweisen soll.

14.06.2010, 17:32

AD

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Letzte Verwarnung: Stelle endlich mal Skizzen der zu besprechenden Aufgaben ein!

Betrachte den Schnittpunkt $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ der Geraden $\begin{eqnarray*} CQ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ , dann ist laut Strahlensatz $\begin{eqnarray*} |AE| = |AB| \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt eines (Thales-)Kreises über Durchmesser $\begin{eqnarray*} BE \end{eqnarray*}$ - das sollte reichen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Minus
Ich habe einen Lot von $\begin{eqnarray*} CQ \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} DC \end{eqnarray*}$ eingezeichnet.

Ein Lot von einer Strecke (???) auf eine Strecke? Genau deswegen solltest du eine Skizze machen. unglücklich

unglücklich

14.06.2010, 19:58

Minus

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Eine elegantere Lösung als diese gibt es nicht Gott

Gott

Ich habe noch wenig Erfahrung mit Geometrie, wie man sieht, darum verschreibe ich mich auch. Nächstes mal werde ich eine Skizze reinstellen.

15.06.2010, 18:21

Minus

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Ich würde für die Lösung der folgenden Aufgabe zu viel Zeit brauchen und möchte wissen wie man sie schneller Lösen könnte:

$\begin{eqnarray*} 421324 \end{eqnarray*}$
Ein Händler möchte Apfelsinen auf folgende Weise aufstapeln: In der untersten Schicht liegen $\begin{eqnarray*} a*b \end{eqnarray*}$ Apfelsinen aus $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ Reihen mit je $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ Apfelsinen und $\begin{eqnarray*} a,b>1 \end{eqnarray*}$ . In der Zweiten Schichtt liegen in den Vertiefungen dann $\begin{eqnarray*} (a-1)(b-1) \end{eqnarray*}$ Apfelsinen. So wird weiter gestapelt, bis in der obersten Schicht nur eine einzelne Reihe Apfelsinen liegt ( im Fall $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ also nur eine einzige Apfelsine).
Kann der Händler einen derartigen Stapel aus genau $\begin{eqnarray*} 2002 \end{eqnarray*}$ Apfelsinen bauen?
Wenn ja, mit welchen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ in der untersten Schicht kann er beginnen?

Mein Ansatz:
Ich würde zuerst abgeschätzen wie lang $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ maximal sein können, wenn $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ ist. Dazu würde ich die Summe der aufeinanderfolgenden Quadratzahlen berechnen, bis diese eine größere Zahl als $\begin{eqnarray*} 2002 \end{eqnarray*}$ ergeben (dies ist bei $\begin{eqnarray*} a=b=17 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a=b=18 \end{eqnarray*}$ der Fall).
Da ich die Formel:
$\begin{eqnarray*} ab+(a-1)(b-1)+(a-2)(b-2)+.......(a-(b-a)(1). \end{eqnarray*}$
habe und angenommen habe, dass $\begin{eqnarray*} a>b \end{eqnarray*}$ ist, dann kann $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ maximal $\begin{eqnarray*} 18 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} 17 \end{eqnarray*}$ sein.
Wie man Summenformel bildet, das weiß ich nicht, außer der Summenformel für die Summe aller Zahlen von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Deswegen würde ich in die Formel oben für $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die Zahlen von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 18 \end{eqnarray*}$ einsetzen und schauen, wann man eine solche Stapel bilden kann.
z.B.
$\begin{eqnarray*} b=1 a*1=a=2002 b=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a*2+(a-1)(1)=3a-1=2002 a=667 b=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a*3+(a-1)(2)+(a-2)(1)=a-4=2002 a=333 b=3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ... 10a-10=2002 => \end{eqnarray*}$ keine ganzzahligen Lösungen.

$\begin{eqnarray*} b=5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ... 15a-20=2002 \end{eqnarray*}$ ebenfalls keine ganzzahligen Lösungen

usw.
Wenn man die Reihe $\begin{eqnarray*} a, 3a-1, 6a-4, 10a-10, 15a-20 \end{eqnarray*}$ betrachtet, dann sieht man, dass $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ sich immer um $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ erhöht. ( $\begin{eqnarray*} 3=1+2 ... 15=1+2+3+4+5 \end{eqnarray*}$ usw.)
Wenn man zB $\begin{eqnarray*} b=9 \end{eqnarray*}$ wählt , dann wird das komplizierter, weil die Formel immer länger wird. Ich habe mir die Reihe der Ergebnisse nochmal angeschaut und habe gemerkt, dass wenn $\begin{eqnarray*} b=9 \end{eqnarray*}$ ist, dann ist $\begin{eqnarray*} a=1+2+3+4+5+6+7+8+9=45 \end{eqnarray*}$ und die Zahl hinter $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ lässt sich mit $\begin{eqnarray*} (b*1)+(b-1)(2)+(b-2)(3)+(b-3)(4)+(b-4)(5)+(b-5)(6)+(b-6)(7)+(b-7)(8)+1*9 \end{eqnarray*}$ berechnen, was umgeschrieben $\begin{eqnarray*} 9+2*8+3*7+4*6+5*5+6*4+7*3+8*2+9 \end{eqnarray*}$ ist.
Wenn $\begin{eqnarray*} b=15 \end{eqnarray*}$ ist oder höher, dann werde ich viel Zeit brauchen um die Zahl hinter der Anzahl von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ auszurechnen.
Gerade beim Schreiben ist mir noch etwas für mich erstaunliches aufgefallen:
Wenn man sich die Reihe $\begin{eqnarray*} a, 3a-1, 6a-4, 10a-10, 15a-20 \end{eqnarray*}$ anschaut, dann sieht man dass die Zahl hinter $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ zB $\begin{eqnarray*} 20 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} b=5 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ von vorheerigen Gliedern der Folge zusammenhängt.
$\begin{eqnarray*} 20 \end{eqnarray*}$ ( Zahl bei b=5) = Die Anzahl von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} b=1 + \end{eqnarray*}$ die Anzahl von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} b=2 + ... + \end{eqnarray*}$ die Anzahl von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} b=4. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 20=1+4+6+10 \end{eqnarray*}$
bei $\begin{eqnarray*} b=6 \end{eqnarray*}$ würde die Zahl $\begin{eqnarray*} 35 \end{eqnarray*}$ sein usw.
Jetzt scheint die Aufgabe in maximal 30 Minuten lösbar zu sein. Aber ich würde noch 1 bis 2 Stunden brauchen um auf die Idee zu kommen, auf die ich gerade gekommen bin.

Ich bin mir sicher, dass man eine Summenformel bilden sollte, um die Aufgabe am schnellsten zu lösen. Wie bildet man die Summenformel im allgemeinen ?

15.06.2010, 18:28

AD

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Zitat:

Original von Minus
Jetzt scheint die Aufgabe in maximal 30 Minuten lösbar zu sein. Aber ich würde noch 1 bis 2 Stunden brauchen um auf die Idee zu kommen, auf die ich gerade gekommen bin.

Das ist 12./13.Klasse, da sollte man schon mehr "Zug zum Tor" entwickeln:

Also gleich für o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} a\geq b \end{eqnarray*}$ eine geschlossene Formel für die Apfelsinenanzahl entwickeln, als da wäre

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^b (a-b+k)k = \cdots \end{eqnarray*}$

basierend auf den bekannten Summenformeln $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^b k = \frac{b(b+1)}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^b k^2 = \frac{b(b+1)(2b+1)}{6} \end{eqnarray*}$ .

15.06.2010, 21:22

Minus

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$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^b k² = (b(b+1)(2b+1))/6 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^b (a-b)*k = (b(b+1))/2*(a-b) \end{eqnarray*}$
Wenn man diese beiden Summen summiert und mit 2002 gleichsetzt, dann muss man für b doch wieder die Zahlen von 1 bis 18 einsetzen und prüfen ob es dann ganzzahlige Lösungen für a gibt ?

Ich habe noch nie mit den Summenformeln gearbeitet.

15.06.2010, 21:25

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Zitat:

Original von Minus
dann muss man für b doch wieder die Zahlen von 1 bis 18 einsetzen und prüfen ob es dann ganzzahlige Lösungen für a gibt ?

Nicht alle diese $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ - einige sind wegen der Primfaktorzerlegung von vornherein ausgeschlossen. Sozusagen "intelligentes Probieren". Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.06.2010, 21:34

Minus

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Kannst du das mit der Primfaktorzerlegung genauer erklären ?
2002 ist doch 2*1001 und 1001 ist durch 7, 11 und 13 teilbar.
Aber man kann auch eine Pyramide mit b=3 bilden, obwohl 3 die Zahl 2002 nicht teilt.

15.06.2010, 22:21

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Wie lautet denn erstmal die oben angesprochene Anzahlformel? Dann können wir überhaupt erst weiterreden.

EDIT: In deinem Eröffnungsbeitrag sind einige dicke Fehler:

$\begin{eqnarray*} b=2 \end{eqnarray*}$ führt auf Gleichung $\begin{eqnarray*} 3a-1 = 2002 \end{eqnarray*}$ , was ein nichtganzzahliges $\begin{eqnarray*} a = \frac{2003}{3} \end{eqnarray*}$ ergibt, also keine Lösung.

$\begin{eqnarray*} b=3 \end{eqnarray*}$ führt auf Gleichung $\begin{eqnarray*} 6a-4 = 2002 \end{eqnarray*}$ , was ein nichtganzzahliges $\begin{eqnarray*} a = \frac{1003}{3} \end{eqnarray*}$ ergibt, also ebenfalls keine Lösung.

16.06.2010, 19:57

Minus

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Die Formel lautet: $\begin{eqnarray*} ab+(a-1)(b-1)+(a-2)(b-2)+.......(a-(b-a)(1). \end{eqnarray*}$

Was als Summenformel geschrieben:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^b (a-b+k)k = \frac{b*(b+1)*(2b+1)}{6}+ \frac{(a-b)*b*(b+1)}{2} \end{eqnarray*}$

Ich habe versucht die beiden Summanden auf den gleichen Nenner zu bringen und b auszuklammern, doch das scheint so gut wie gar nichts zu bringen.

Edit: mir ist bewusst, dass ich oft kleine Fehler mache, aber so große mache ich selten. Liegt wahrscheinlich daran, dass ich bei solchen Aufgaben viel denken muss und wegen der großen Anspannung kindische Fehler mache.

16.06.2010, 20:00

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Zitat:

Original von Minus
doch das scheint so gut wie gar nichts zu bringen.

Da irrst du dich gewaltig - das musst du doch sehen, dass du da $\begin{eqnarray*} b(b+1) \end{eqnarray*}$ , oder genauer $\begin{eqnarray*} \frac{b(b+1)}{6} \end{eqnarray*}$ ausklammern kannst! unglücklich

unglücklich

Bei Teilbarkeitsfragen wie hier ist es immer von Vorteil, Produktdarstellungen zu haben.

16.06.2010, 20:14

Minus

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Ich bin zuerst so vorgegangen: Ich habe erst die Zahlen auf den gleichen Nenner gebracht und dann habe ich den Term ausmultipliziert und schließlich gekürzt und b/6 ausgeklammert, was mir wenig gebracht hat. Und dabei habe ich noch viel gemacht, was unnötig ist. unglücklich

unglücklich

Wenn man $\begin{eqnarray*} \frac{b*(b+1)}{6} \end{eqnarray*}$ ausgeklammert hat, kann man daraus erschließen, dass es nur dann "wahrscheinlich" eine Lösung gibt, wenn dieser Faktor ganzzahlig ist, oder ?

16.06.2010, 20:24

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Ich weiß nicht, warum du jetzt eigentlich ziemlich folgerichtige Schritte nicht unternimmst.

Also: Zusammengefasst ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \frac{b(b+1)(3a-b+1)}{6} = 2002 \end{eqnarray*}$ ,

nach $\begin{eqnarray*} 3a \end{eqnarray*}$ umgestellt

$\begin{eqnarray*} 3a = b-1 + \frac{12012}{b(b+1)} \qquad (*) \end{eqnarray*}$ .

Laut (*) ist also schonmal notwendig, dass $\begin{eqnarray*} b(b+1) \end{eqnarray*}$ ein Teiler von

$\begin{eqnarray*} 12012 = 2^2\cdot 3\cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \end{eqnarray*}$

ist, zusammen mit $\begin{eqnarray*} 1<b\leq a \end{eqnarray*}$ bleiben da nur noch die Kandidaten $\begin{eqnarray*} b=2,3,6,11,12 \end{eqnarray*}$ übrig.

Wenn man dann noch nachprüft, für welche dieser $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die rechte Seite von (*) nicht nur ganzzahlig, sondern sogar durch 3 teilbar ist (wegen des $\begin{eqnarray*} 3a \end{eqnarray*}$ links), bleibt nur noch ein Kandidat übrig.

16.06.2010, 20:56

Minus

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Danke für die Lösung.
Diese Aufgabe auf diese Weise zu lösen war etwas zu schwer für mich.

16.06.2010, 21:14

AD

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Auf einfachere in der 2.Runde, aus der diese Aufgabe stammt, würde ich an deiner Stelle nicht hoffen. Mit dem oben erwähnten "Zug zum Tor" ist die Aufgabe in ca. 15 Minuten erledigt.

16.06.2010, 21:33

Minus

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Mir fallen alle anderen Aufgaben aus dieser Runde deutlich leichter, sofern man den richtigen Ansatz hat.

Die Geometrieaufgabe die du mit dem Thaleskreis gelöst hast stammt aus der selben Runde des selben Jahres.
Die erste Aufgabe war wie immer die einfachste, und in der dritten Aufgabe sollte man alle ganzzahligen Lösungen des Gleichungssystems:
xyz=2002
x+y+z=42
xz+xy=377
ermitteln, was meiner Meinung nach einfacher ist, als die Aufgabe, die du garade gelöst hast.

Vllt. waren die Aufgaben zu deiner Schulzeit schwerer ? oder vllt. fällt mir die Aufgabe so schwer, weil ich noch nie eine ähnliche gelöst habe.

17.06.2010, 07:55

AD

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Zitat:

Original von Minus
Vllt. waren die Aufgaben zu deiner Schulzeit schwerer ?

Nein, waren sie nicht, in den Runden 1-4 waren sie etwa genauso schwer. In Runde 5 sind sie im Gegenteil heute schwerer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich weiß ja auch nicht, in welche Klasse du jetzt kommst, ich nehme an 11, 12 oder 13? Kann sein, dass du bei Unkenntnis der Summenformel $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^b k^2 = \frac{b(b+1)(2b+1)}{6} \end{eqnarray*}$ die Aufgabe als schwerer empfunden hast - aber mit der ist der Weg hier eigentlich klar vorgezeichnet und ohne nennenswerte Hürden.

17.06.2010, 16:44

Minus

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Ich komme nächstes Jahr in die 12te Klasse. Erst seit fast einem Jahr habe ich angefangen mich richtig für die Mathematik zu interessieren. Die Summenformeln habe ich schon früher gesehen, aber ich habe noch nie damit gerechnet, weil ich die Summenformeln als etwas abschreckend empfand. Ich war schon seit meiner Kindheit gut in Mathe, aber ich habe mich nie dafür interessiert, vor allem nicht für die Schulmathematik. In der Schule muss man meistens nur rumrechnen und wird gar nicht gefördert.

IMO-Aufgaben sind heutzutage schwerer, weil früher viel weniger Länder daran teilgenommen haben Big Laugh

Big Laugh

Man benötigt bestimmt einen sehr hohen IQ und tägliche Förderung seit der Kindheit, um an der IMO erfolgreich teilnehmen zu können.

17.06.2010, 17:36

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Zitat:

Original von Minus
tägliche Förderung seit der Kindheit, um an der IMO erfolgreich teilnehmen zu können.

Das ist mit Sicherheit übertrieben. Wenn's mit 14/15 losgeht, und da mit wöchentlichem bzw. 14tägigen "Training" von etwa 1-2 Stunden, hat man bei vorhandenen Grundfertigkeiten durchaus auch noch Chancen.

28.06.2010, 18:02

Minus

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Ja, aber dazu muss man wirklich begabt sein.

Noch eine interessante Aufgabe:
441024
Finde alle natürliche Zahlen, für die gilt:
Die Summe aus der Zahl n, ihrer Quersumme Q(n) und der Quersumme der Quersumme von n Q(Q(n)) beträgt 2004.

Ich kenne nur die Regel, dass eine Zahl bei der Teilbarkeit durch 9 den selben Rest hinterlässt, wie ihre Quersumme.
Aber daraus könnte ich nur erschließen, dass n bei der Teilbarkeit durch 9 als Rest entweder 2,5 oder 8 haben muss. Und nach meiner Abschätzung ist 2001>n>1969.

Gibt es mehr Beziehungen zwischen einer Zahl und ihrer Quersumme? Vllt. kann ich dann noch mehr Zahlen ausschließen.

Oder muss diese Aufgabe komplett anders gelöst werden ?

28.06.2010, 18:40

AD

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Zitat:

Original von Minus
Vllt. kann ich dann noch mehr Zahlen ausschließen.

Ja, das kannst du: Abgesehen von der Lösung $\begin{eqnarray*} n=2000 \end{eqnarray*}$ gilt nämlich für die restlichen Kandidaten $\begin{eqnarray*} Q(n) = 17+Q(n-1970) \geq 17 \end{eqnarray*}$ . Die paar Varianten
$\begin{eqnarray*} Q(n) = 17, 20, 23, 26 \end{eqnarray*}$ mit zugehörigem $\begin{eqnarray*} Q(Q(n)) = 8, 2, 5, 8 \end{eqnarray*}$ und berechenbarem Kandidaten $\begin{eqnarray*} n=2004-Q(n)-Q(Q(n)) \end{eqnarray*}$ kann man ja nun wirklich durchtesten.

28.06.2010, 18:50

Minus

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Vielen Dank smile

smile

05.07.2010, 17:11

Minus

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$\begin{eqnarray*} 391323 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{n+1} = ( \frac{n}{3} + \frac{1}{n})*x_{n}²-\frac{n^3}{3} +1 \end{eqnarray*}$

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

Man soll $\begin{eqnarray*} x_{1999} \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Ich habe mich mit der Aufgabe noch nicht so lange beschäftigt. Ich denke nicht, dass ich in der Lage bin sie zu lösen. Meine Ansätze wären erstmal zu schauen ob es eine Periodizität gibt. Wenn nicht, dass würde ich versuchen den Term umzuformen um zu schauen welchen Zusammenhang es zwischen den Gliedern der Folge gibt. Wenn diese Ansätze nicht klappen würden, dann würde ich versuchen eine explizite Formel für die Rekursion zu finden. Ich weiß leider nicht, wie man die explizite Formel bildet.

@ Arthur Dent
Als Rekursionist hast du viel Erfahrung mit Rekursionen. Wie geht man beim Lösen von Rekursionen in mathematischen Wettbewerben am besten vor ?

05.07.2010, 17:28

AD

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Ich hab's an anderer Stelle schon mal gesagt: Viele Leute sind ganz einfach zu faul oder zu erhaben, mal ein bisschen zu rechnen.

Im vorliegenden Fall musst du nur mal die ersten paar Folgenglieder berechnen, um auf eine Vermutung für das explizite Bildungsgesetz der Folge zum kommen - welches sich anschließend im Handumdrehen per Vollständiger Induktion beweisen lässt.

05.07.2010, 20:59

Minus

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Das ist ziemlich kompliziert die Folgenglieder ohne den Taschenrechner zu berechnen.

Die ersten 5 Folgeglieder sind:
$\begin{eqnarray*} x_{1} = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{2} = -0,5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{3} = -7 \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{4} = 72,723 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{5} = 9833.1 \end{eqnarray*}$

Die Folgenglieder werden immer größer, bis zu einer gewissen Stelle, dann werden sie wieder kleiner.

Ich erkenne keinen Zusammenhang.

Ich habe versucht die Rekursion umzuformen und explizite Formel zu bilden, hat aber nicht funktioniert, weil die Rekursion nicht linear ist.

05.07.2010, 21:43

AD

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unglücklich

Die ersten 5 Folgenglieder sind

$\begin{eqnarray*} x_1 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_3 = 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_4 = 4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_5 = 5 \end{eqnarray*}$ .

Na, wie das wohl weitergehen wird? Finger1

Finger1

P.S.: Anscheinend hast du statt

$\begin{eqnarray*} x_{n+1} = \left( \frac{n}{3} + \frac{1}{n} \right) \cdot x_n^2-\frac{n^3}{3} +1 \end{eqnarray*}$

eine andere Rekursion benutzt, mutmaßlich

$\begin{eqnarray*} x_n \stackrel{?}{=} \left( \frac{n}{3} + \frac{1}{n} \right) \cdot x_{n-1}^2-\frac{n^3}{3} +1 \end{eqnarray*}$ .

Derartigen Unkonzentriertheiten kannst/solltest du dir bei der Olympiade nicht leisten. unglücklich

unglücklich

05.07.2010, 22:37

Minus

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Hammer

Solche Fehler bei den einfachsten Dingen passieren mir leider oft. Ich überprüfe meistens das Einfachste nicht, sondern nur das, wo ich mir unsicher bin. Und da mein Kopf ziemlich angespannt ist, übersehe ich die Fehler.

Ich glaube nicht, dass ich weiter als die Regionalrunde kommen werde. Erste Aufgabe ist eigentlich immer sehr einfach. Bei den Geometrieaufgaben habe ich Probleme. Aber weil sie in der 2ten Runde viel einfacher sind, werde ich ungefähr 2-5 Punkte für solche Aufgabe bekommen, außer ich habe Glück und werde die Aufgabe richtig lösen. Ob ich dritte Aufgabe löse hängt auch vom Glück ab. Mindestens 5 Punkte werde ich schon bekommen. Und für die 4te Aufgabe werde ich um 5 Punkte bekommen, denke ich. Da es oft die schwierigste Aufgabe ist. Das reicht nicht, um sich weiter zu qualifizieren.

Vielleicht schaffe ich es doch, aber ich muss jedenfalls noch viel üben.

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