Mathe-Marathon Schule - Seite 10

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Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Huggy
Die Vermutungen, die man anhand einer Beispielzeichnung hat, lassen sich geradlinig durch Vektor-/Koordinatenrechnung beweisen.


Mir scheint hier auch die Vektorrechnung das adäquate Mittel.

Zitat:
Original von Huggy
Ärgerlich ist nur, dass man die Vektoren/Koordinaten in Komponentendarstellung braucht


Eine Koordinatenrechnung kann man vermeiden, wenn man mit relativen Vektoren rechnet, also auf Ortsvektoren verzichtet. Man muß nur den Vorgang , einem Vektor den um 90° gegen den Uhrzeigersinn gedrehten Vektor zuzuordnen, einmalig festlegen und für diese Abbildung einfachste Eigenschaften verwenden. Wir Fachleute wissen, daß Drehungen linear sind. Da lineare Abbildungen kein Schulstoff sind, müßte man sich für die konkrete Abbildung diese Eigenschaften ad hoc an ein paar Zeichnungen plausibel machen: . Weiter gilt offensichtlich . Damit kommt man durch.

Zitat:
Original von Huggy
Das lässt sich vermeiden, wenn man nicht im rechnet, sondern in . Dort entsprecht ja eine Multiplikation mit einer Drehung um den Ursprung um . Aber die komplexen Zahlen gehören wohl nicht generell zum Schulstoff.


komplex:
reell:

Auf diese Weise braucht man keine komplexen Zahlen.

Zitat:
Original von Huggy
Schöne und verblüffende Aufgabe.


Das finde ich auch. Man kann diese Aufgabe mit etwas Anleitung begabten und hartnäckigen Schülern zum Knobeln geben und gegebenenfalls im Unterricht vortragen lassen.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Hier geht es weiter.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hänge hier meine Lösung an. Die grundlegende Idee ist wie bei Gualtiero, ich versuche aber, mit den Vektoren an sich und nicht mit Koordinaten zu rechnen.

[attach]55829[/attach]

Für einen Vektor sei mit der Vektor, der aus durch eine Drehung um 90° gegen den Uhrzeiger entsteht, bezeichnet. Die Abbildung ist linear, für alle gilt: .

Einmal das Viereck umlaufend, führen wir die Vektoren den Seiten des Vierecks entlang.

Es wird behauptet, daß die Verbindungsstrecken der Mittelpunkte gegenüberliegender Quadrate senkrecht aufeinander stehen und gleich lang sind. Die Vektoren zu diesen Verbindungsstrecken sind und mit





In werden und mittels eliminiert:



Den letzten Term vergleicht man nun mit



und stellt fest:



Die Drehung von um 90° ergibt also . Damit stehen die Verbindungsstrecken der Quadratmitten aufeinander senkrecht und sind gleich lang.
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Leopold
Wenn du dir noch überlegst, welche Rolle diese Verbindungsstrecken von einer Quadratmitte zur gegenüberliegenden Ecke des Dreiecks im Dreieck aus den Quadratmitten [= Dreieck 2; Anm. Gualtiero] spielen, kannst du eine weitere Folgerung ziehen.

In diesen Verbindungsstrecken liegen die Höhen von Dreieck 2.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Und weil sich die Höhen eines Dreiecks in einem Punkt treffen, kann man sagen:

Zeichnet man auf die Seiten eines Dreiecks nach außen Quadrate und verbindet man jede Quadratmitte mit der gegenüberliegenden Ecke des Dreiecks, so sind diese drei Verbindungsgeraden konkurrent.
funktionswert Auf diesen Beitrag antworten »

Ich weiß nicht ob es erwünscht ist, wenn Gäste hier eine Aufgabe posten.
Die folgende Aufgabe hat keinen besonderen Kniff, für mich war sie jedoch nicht alltäglich und vielleicht hat ja jemand ein bisschen Spaß dran:


Zitat:
Aufgabe 151




 
 
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung 151

Zunächst ergibt sich .

Für bedeutet dies , diese quadratische Gleichung hat nur die eine Lösung .

Für bedeutet es , diese quadratische Gleichung hat zunächst zwei denkbare Lösungen:

1.Fall : Damit wäre aber im Widerspruch zu

2.Fall : Ist die einzig übrig bleibende Option und damit der gesuchte Wert.


P.S.: Du hast nichts zur Definitionsmenge der gesuchten Funktion gesagt bzw. für welche dieses überhaupt gelten soll. Zumindest für existiert eine solche Funktion , nämlich die konstante Funktion - bei anderen wie etwa bin ich mir da nicht so sicher. Aber diese Problematik ist nicht Bestandteil der Aufgabe. Augenzwinkern
funktionswert Auf diesen Beitrag antworten »

Mir hat gestern meine Youtube App das Video zu der Aufgabe vorgeschlagen und exakt so wie HAL_9000 hat der Mensch im Video das auch gelöst gehabt. Freude

Ich hatte mir alternativ noch eine Lösung via Umkehrfunktion überlegt, also mit gearbeitet und damit f(x) explizit durch die Umkehrfunktion zu g(x)=x²-x+1 bestimmt, um f(0)= zu berechnen.
Damit könnte man sich auch Gedanken über einen passenden Definitionsbereich machen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du mit der Umkehrfunktion argumentieren willst musst du auch zeigen, dass die existiert. Das dürfte angesichts von unmöglich sein, da es sie allein deswegen eben nicht gibt.
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von funktionswert
Ich weiß nicht ob es erwünscht ist, wenn Gäste hier eine Aufgabe posten.


Das ist ausdrücklich erwünscht.

Das ist eine alte Wettbewerbsaufgabe. Zur angesprochenen Problematik findet man auch was auf AOPS und MSE.
funktionswert Auf diesen Beitrag antworten »

Ganz schön gemein, wenn es eigentlich mit der entsprechenden Umkehrfunktion zum gleichen Ergebnis führt, es jedoch an dem von HAL9000 zurecht angesprochenen Problem scheitert. Teufel

Schade, ich dachte es gäbe vielleicht noch einen anderen Zugang zu dieser Aufgabe.


Vielleicht poste ich bei Gelegenheit nochmal in Zukunft eine Aufgabe, falls der Threadverlauf stagnieren sollte.
Youtube schlägt mir ständig sowas vor. Augenzwinkern
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 152
Sei ein Parallelogramm, ein Punkt auf der Verlängerung von über hinaus und ein Punkt auf der Verlängerung von über hinaus. Der Schnittpunkt von und sei . Man beweise, dass die Dreiecke und flächeninhaltsgleich sind.
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung 152

Ich verwende die Bezeichnungen
- = Höhe des Parallelogramms über der Grundseite
- = Fläche des Parallelogramms
- = Höhe des Punktes F über der Grundseite
- = Fläche des Dreiecks BCF

Dann gilt:









Letzteres ist immer auch die Fläche des Dreiecks CDE.

[attach]55899[/attach]
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Ergänzung 152:

Das Ganze mit Vektoren überprüft:













Edit:
Parameter präzisiert.
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Das stimmt wohl so.

Ich hatte es über Scherungen damals gelöst. Kurze Skizze:

[attach]55900[/attach]

Die grünen und roten Dreiecke haben den gleichen Flächeninhalt. So gilt beispielsweise für grün (Scherung) und durch Subtraktion von folgt die Behauptung. Für rot geht das analog. Das Dreieck setzt sich nun zusammen aus einem roten Dreieck, dem Viereck und dem Dreieck . Das rote Dreieck lässt sich berechnen als grünes Dreieck + Dreieck - Dreieck . Damit lässt sich nun leicht die Behauptung folgern.
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Versuch

Die Fläche von Dreieck CDE ist:

Die Fläche von Dreieck BCF ist:

Lässt man z.B. Punkt F nach unten wandern (die Fläche des Dreiecks BCF ändert sich dabei nicht!) bis er mit Punkt D zusammenfällt, sind die beiden Dreiecke BCF und BCD deckungsgleich, und damit auch flächengleich. Da BCD das halbe Parallelogramm darstellt, gilt das auch für BCF.

In entsprechender Weise kann man mit Punkt E verfahren, ohne dass das Dreieck CDE seine Fläche ändert. Sobald Punkt E in B liegt, bildet das Dreieck CDE genau das halbe Parallelogramm. Daher sind Dreieck BCF und Dreieck BCF flächengleich.

[attach]55903[/attach]

Bin mir aber nicht sicher, ob da nicht eine logische Lücke noch offen ist . . . verwirrt
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Uups - geht ja doch so einfach. Freude Hab überhaupt nicht gesehen, dass sich die Dreiecke zum halben Parallelogramm scheren. Dann kann man sich die restliche Rechnung bei mir ja auch schenken. Wieso zweifelst du?

Zitat:
Aufgabe 153
Sei ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt . Eine beliebige Gerade durch schneide die Seite in und die Seite in . Der Mittelpunkt der Strecke sei und der Mittelpunkt von sei . Man zeige .
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Das scheint mir recht vertrackt zu sein. Mir fehlt die zündende Idee.
Es sei wie üblich der Winkel bei im Dreieck und der Winkel bei im Dreieck . Dann lautet die Behauptung: .
Mit dynamischer Geometrie erkenne ich durch Messen die ungleichsinnige Ähnlichkeit der Dreiecke und . Nur wie beweist man sie? Aufgrund der Mittenbildungen in der Konstruktion denkt man irgendwie an Streckungen und Parallelität, der Kreis legt die Anwendung des Umfangswinkelsatzes nahe. Und daß die Gerade ein Durchmesser ist, bringt einen speziell auf den Satz des Thales. Aber es will nicht gehen... traurig

(Wahrscheinlich muß man nur geschickt die Strecke XY einzeichnen, und alles liegt auf der Hand: XY ungelöst.)
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, ergänzt man die Konstruktion geeignet, dann sind es in der Tat nur Winkel an parallelen Geraden und Kreiswinkel.

[attach]55916[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Die entscheidende Idee ist wohl, dass aufgrund von die beiden Geraden und sich auf dem Kreis treffen (in dem Punkt, den du genannt hast). Der Rest ist dann tatsächlich einfach.
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das folgt aber aus der Umkehrung des Satzes von Pascal.
[attach]55923[/attach]
Hier wendet man diesen denn auf . Aus , und folgt denn , da , und laut Voraussetzung kollinear sind.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mathema
Ja, das folgt aber aus der Umkehrung des Satzes von Pascal.

Machen wir mal eine Umfrage unter Schülern, wer den Satz kennt... Big Laugh
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, da hast du wohl recht. Leider haben hier Schüler ja aber lange keine Aufgaben mehr gelöst. Die Aufgabe stammt es dem Buch "Lemmas in Olympiad Geometry" (was sich denn wohl auch an Schüler richtet) von Titu Andreescu. Dort findet sich dazu ein Kapitel. Er leitet es auch immerhin mit den Worten ein:
[attach]55924[/attach]
Dort steht denn auch noch ein Hinweis zur Umkehrbarkeit. Da fünf Punkte ja aber einen Kegelschnitt eindeutig festlegen, kann man hier wohl damit argumentieren.

Im Buch wird der Satz durch mehrfache Anwendung des Satz von Menelaus (wie auch bei Wiki angedeutet) bewiesen, sodass dieser Satz, der aber auch wohl eher Richtung Wettbwerbsmathematik geht und dem "normalen" Schüler weniger bekannt sein dürfte, auch zum Ziel führen sollte.

Oftmals hilft der Satz auch, wenn man ihn auf entartete Sechsecke anwendet, wie z. B. bei AOPS unten in den "Notes" ausgeführt ist.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Angeregt durch diese Diskussion zu Sinn/Unsinn mancher Induktionsbeweise fällt mir mal noch ein schönes Induktionsbeispiel ein, welches mal nichts mit dem üblichen Kram Summenformeln oder Ungleichungen zu tun hat:

Zitat:
Aufgabe 154
Gegeben sei eine endliche Menge von Punkten in , d.h., mit ganzzahligen Koordinaten. Man entscheide, ob es stets möglich ist, einige dieser Punkte blau und die übrigen rot zu färben, so dass sich für jede Gerade, die zu einer der Koordinatenachsen parallel verläuft, die Anzahl der auf ihr gelegenen roten Punkte von der Anzahl der auf ihr liegenden blauen Punkte um höchstens Eins unterscheidet.
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »
Aufgabe 154
Hoffentlich wird die Aufgabe gelöst, ich bin sehr interessiert und habe mir Gedanken dazu gemacht. Leider ohne den letzten, entscheidenden Beweis.

Um die gegebene Punktmenge anschaulich zu machen, habe ich erstmal alle "unverbundenen Einzelpunkte", also Punkte, die alleine auf einer Gerade -horizontal wie vertikal - liegen würden, weggelassen. Sie spielen ja für die Lösung keine Rolle.
Von den Geraden mit mehreren Punkten nehme ich jeweils nur die Strecke, welche die äußersten Punkte - wiederum horizontal wie vertikal gesehen - verbinden.
Das ergibt einen Graph aus rechtwinklig zueinander liegenden, sich schneidenden, sich in Ecken treffenden oder ineinander einmündenden Strecken.

Ich beginne mit der linken, senkrechten Strecke: Bei Einfärbung des ersten Punktes hat man völlig freie Wahl.
Danach muss man nur die geforderte Bedingung (Punkte einer Farbe dürfen auf einer Strecke gegenüber den andersfarbigen Punkten höchstens in der Überzahl 1 vorkommen) einhalten.

Beim zweiten Punkt einer Querverbindung ist man im Zwang: er muss die gegenteilige Farbe vom ersten bekommen; gilt für alle Zweipunktstrecken.
Ebenso kommt es zu Zwangssituationen, wenn sich der Graph (zu einem Rechteck) schließt. Da kann es sein, dass man einige Punkte invertieren muss. Aber solche Zwangssituationen führen nie dazu, dass die Überzahl einer Farbe größer als 1 wird. Wahrscheinlich deswegen, weil die Punktmenge endlich ist. verwirrt

Ich vermute jedenfalls, dass man die Bedingung stets einhalten kann.

Ein einfaches Beispiel.
[attach]56651[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Aufgabe 154
Zitat:
Original von Gualtiero
Ich vermute jedenfalls, dass man die Bedingung stets einhalten kann.

Ja, so ist es. Und nicht ohne Grund habe ich es unter das Thema "Vollständige Induktion" gestellt. Es mag andere Zugänge geben, aber der ist schon sehr elegant. Natürlich bedarf es einer gewissen Idee im Induktionsschritt, welche die laut Induktionsvoraussetzung gültige Färbung einer um einen Punkt kleineren Menge auch für die volle Punktmenge gültig macht...


Das Problem bei deinem Zugang scheint mir folgendes: Wenn du dich so entlang eines Pfades von waagerechten und senkrechten Strecken von Punkt zu Punkt hangelst scheint folgende heikle Situation nicht ausgeschlossen:

Du gelangst an einen Kreuzungspunkt, wo beispielsweise die waagerechte Strecke eine Rotfärbung, die senkrechte Strecke aber eine Blaufärbung verlangt - was dann? Oder kannst du schlüssig begründen, dass du durch geschickte Punktwahl deines Pfades sowas immer verhindern kannst und dabei zudem noch alle Punkte erwischst?
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Aufgabe 154
Zitat:
Original von HAL 9000
Du gelangst an einen Kreuzungspunkt, wo beispielsweise die waagerechte Strecke eine Rotfärbung, die senkrechte Strecke aber eine Blaufärbung verlangt - was dann?

Dann muss ich einige Punkte zurückgehen und korrigieren.

Zitat:
Oder kannst du schlüssig begründen, dass du durch geschickte Punktwahl deines Pfades sowas immer verhindern kannst und dabei zudem noch alle Punkte erwischst?

Nein, kann ich nicht und danach suche ich noch. Aber ich fürchte, von dieser Seite gibt es keinen zielführenden Ansatz.

Ich wollte noch darauf hinweisen, dass mein Beispiel sehr einfach gewählt ist und dass bei dichterer Besetzung mit Punkten, mit mehr geschlossenen "Zellen", das Problem leichter zu erkennen sei. Aber andererseits ist leicht zu sehen, dass bei höchster Punktdichte, also ein vollständig mit Punkten gefüllter rechteckiger Bereich, nach einem ganz einfachen Prinzip regelkonform gefärbt werden kann: jeder Punkt hat horizontal und vertikal einen andersfarbigen Nachbarpunkt, bzw. in Rechts- und Linksdiagonalrichtung einen gleichfarbigen Nachbarn. Mögliche Überzahl ist zu beachten.

[attach]56658[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ein paar Gedanken zu einem möglichen Induktionsbeweis: Der läuft über die Anzahl der Punkte. Anfang ist klar.

Im Induktionsschritt nimmt man irgendeinen Punkt der Menge weg und färbt die restlichen gemäß Induktionsvoraussetzung. Wenn man nun beispielsweise so wählt, dass auf dessen horizontaler oder vertikaler Linie eine ungerade Anzahl von Punkten liegt, dann kann man sicher so (nach-)färben, dass auch die Gesamtmenge aller Punkte die Bedingung erfüllt - warum, ist dir sicher klar.

Verbleibt die Frage was man tut, wenn es einen solchen Punkt nicht gibt. Das ist genau dann der Fall, wenn auf sämtlichen horizontalen wie vertikalen Linien stets eine gerade Punktanzahl anzutreffen ist...
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Den Zusammenhang mit Induktion verstehe ich (noch?) nicht ganz, aber beim Probieren an einem ganz einfachen Beispiel habe etwas beobachtet, das auch in diese Richtung geht: Es ist ganz entscheidend, ob die Anzahl der Punkte auf den Linien gerade oder ungerade ist.

Mein Beispiel:
[attach]56666[/attach]
Ich beginne links unten mit dem Einfärben und arbeite im Uhrzeigersinn stur nach dem Rot-Blau-Prinzip. Die linke vertikale Linie hat eine ungerade Anzahl an Punkten, daher ist diejenige Farbe in der Überzahl, mit der ich begonnen habe - nämlich rot. Diese Überzahl bewirkt einen Fehler, der aber erst sichtber wird, sobald sich der Linienzug wieder schließt: auf der unteren Seite sind zwei rote Punkte.
Eine Korrektur ist aber kein Problem: der Punkt links unten wird nach Blau korrigiert; die Überzahl (in der ersten Linie) liegt jetzt bei den blauen Punkten.

Solche Korrekturen kann man vermeiden, indem man bei Linien mit ungerader Punkteanzahl nie in einer Ecke, sondern erst beim zweiten Punkt beginnt. Oder man könnte jedesmal bei ungerader Punkteanzahl einen Punkt auslassen und in einem zweiten Durchgang - mit Blick auf Korrekturen - färben.
Hm, das sind aber nur Überlegungen für die Praxis, für einen Beweis braucht es mehr.


Schon mal Danke für Deine Mühe. Wink
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Gualtiero
Den Zusammenhang mit Induktion verstehe ich (noch?) nicht ganz

Grob gesagt entspringt das ganze der Bequemlichkeit: Man muss sich schlicht nicht drum kümmern, wie ein genauer Algorithmus zum Einfärben nach und nach aller Punkte aussehen muss. Man nimmt bei einen (sorgsam ausgewählten) Punkt temporär weg, und muss sich dann um das genaue wie und warum der Einfärbung der restlichen Punkte nicht kümmern - die Induktionsvoraussetzung sagt schlicht, dass so eine gültige Einfärbung existiert! Worum man sich also nur kümmern muss ist, wie man einfärbt, damit durch die Wiederhinzufügung des (nunmehr gefärbten) Punktes die geforderte Eigenschaft nach wie vor eingehalten wird. Dazu muss man lediglich die beiden Linien, auf denen liegt (also die horizontale und die vertikale) nochmal unter die Lupe nehmen.
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

@Hal, ich poste nur, um meinen Wissensstand darzulegen. Der ist aber meiner Meinung nach zu niedrig, um einen Beweis zu gestalten.
Es mögen sich auch alle hier melden, die Vorschläge oder oder gar schon die Lösung haben.

Zitat:
Original von HAL 9000
Worum man sich also nur kümmern muss ist, wie man einfärbt, damit durch die Wiederhinzufügung des (nunmehr gefärbten) Punktes die geforderte Eigenschaft nach wie vor eingehalten wird. Dazu muss man lediglich die beiden Linien, auf denen liegt (also die horizontale und die vertikale) nochmal unter die Lupe nehmen.

Da ist einmal die Parität zu berücksichtigen, sprich: Anzahl der Punkte pro Linie ist gerade oder ungerade - vertikal wie horizontal.
- Bei gerader Anzahl ist die Farbe des einzusetzenden Punktes egal, denn aus dem bisherigen Farbgleichgewicht der Linie wird einfach eine Überzahl um 1, egal ob rot oder blau.
- Bei ungerader Anzahl ist die Farbe der Überzahl entscheidend, der einzusetzende Punkt muss die gegenteilige Farbe bekommen.

Schwieriger wird es bei Eckpunkten, denn die Paritäten von vertikaler und horizontaler Linie sind ja unabhängig voneinander. Es gibt die Kombinationen
- gerade gerade
- gerade ungerade
- ungerade ungerade

Aber auch da sehe ich immer die Möglichkeit, einen Punkt entsprechend der Bedingung wieder-einzusetzen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, wenn du soweit bist, kann ich ja verraten, was hier

Zitat:
Original von HAL 9000
Verbleibt die Frage was man tut, wenn es einen solchen Punkt nicht gibt. Das ist genau dann der Fall, wenn auf sämtlichen horizontalen wie vertikalen Linien stets eine gerade Punktanzahl anzutreffen ist...

zum Erfolg führt.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zur Wiederbelebung des Threads mal was Bodenständigeres:

Zitat:
Aufgabe 155

Im Bild zu sehen ist ein rechteckiges Stück Verpackungsmaterial, aus dem wird (entlang der eingezeichneten Falzkanten) ein quaderförmiges Tetrapak mit den Maßen und Volumen 1 Liter gefaltet.

Man berechne die Quaderkantenlängen so, dass der Flächeninhalt dieses Rechtecks minimal wird.

[attach]57608[/attach]

Anmerkung: Die bei "realen" Tetrapak sichtbaren schmalen verschweißten Streifen oben und unten sollen hier als vernachlässigbar klein angesehen werden. Berücksichtigt werden soll aber hingegen schon, dass die Rechteckfläche größer als die Quaderoberfläche ist, wegen der beim Falzen "umgeklappten" vier Dreiecke (je zwei oben und unten) - wer schon mal ein Tetrapak in der Hand hatte, sollte wissen, was ich meine. Augenzwinkern
SC/MP Auf diesen Beitrag antworten »
Sonstiges » Rätsel & Wettbewerbe » Mathe-Marathon Schule
Darüber muss ich erst einmal nachdenken.

Vernachlässigbar klein?

Wieviel ist vernachlässigbar klein?

Oder ist "vernachlässigbar klein" schon wieder fachspezifisches Wissen?

Theoretisch ist ein Würfel das kleinste kubische Element jenseits einer Kugel.

Andererseit ist in der linearen Optimierung eine Dose gerne eine Optimierungsaufgabe.

Bei gegebenen Volumen minimaler Materialeinsatz.
xb Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Sonstiges » Rätsel & Wettbewerbe » Mathe-Marathon Schule
a=c=2b (numerisch)
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Diese nachgeschobene Bemerkung war dazu da, Einwände hinsichtlich "realer" Tetrapaks abzublocken - nicht um Wortklauber anzulocken. Die sind in diesem Thread weit besser aufgehoben. Augenzwinkern

Zitat:
Original von xb
a=c=2b (numerisch)

Vom Ergebnis her richtig. Eine Begründung wäre allerdings noch zu erbringen. Eine solche Begründung kann sich der Mittel der Differentialrechnung bedienen - muss sie aber nicht.
SC/MP Auf diesen Beitrag antworten »
Mathematische Wortkalauer
In der richtigen Verpackung: Immer Stapelfähig.

Big Laugh Respekt Herz
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

mögen in dm gemessen werden. Dann ist der Flächeninhalt des Rechtecks unter der Nebenbedingung zu minimieren. Mit Hilfe der Nebenbedingung eliminiert man und hat das Minimum der Funktion



zu bestimmen. Die Existenz eines Minimums ist plausibel, denn sowohl für oder wie auch oder wird unendlich groß.

Wie von HAL besprochen, kann man die Differentialrechnung zu Hilfe nehmen. Die partiellen Ableitungen bekommt man mit der Produktregel:





Man setzt die partiellen Ableitungen 0 und erhält das Gleichungssystem



Mit Hilfe von kann man in eliminieren:



Es folgt , also , aus dann und mit schließlich . Wie xb bereits festgestellt hat:



Und mich würde nicht wundern, wenn HAL jetzt mit dem AGM daherkäme...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Leopold
Und mich würde nicht wundern, wenn HAL jetzt mit dem AGM daherkäme...

Na dazu braucht es ja keine große Hellseherei, nach meinem obigen "...muss sie aber nicht". Big Laugh

Mit AMGM folgt zunächst mit Gleichheit für .

Und nochmal AMGM liefert und damit . Gleichheit tritt ein für , umgestellt und damit dann .

Auf mm gerundet ergibt das dann ein Tetrapak mit den Maßen . Stimmt mit denen in der Praxis nicht ganz überein, bei denen ist doch anzutreffen ... spielen wohl doch auch noch andere Gründe eine Rolle. Augenzwinkern
xb Auf diesen Beitrag antworten »

Hier ein Bild der Fläche
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