Mathe-Marathon Schule - Seite 12

20.03.2024, 18:48

Die bisherigen Antworten sind mir nicht so ganz klar.

Die Zenitbahn der Sonne hat heute nördlich von Neuguinea den äquator überschritten. Davor lief sie südlich (dunkle Linie)
danach nördlich (weiße Linie). Morgen bewegt sich die Zenitbahn in etwa über die grüne Linie.
Der von mir gesuchte Winkel ist also ziemlich klein.
[attach]57667[/attach]

20.03.2024, 22:12

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb
...
Der von mir gesuchte Winkel ist also ziemlich klein.

Also läuft es darauf hinaus, dass die momentane Erddrehung und die momentane Bahnbewegung um die Sonne zusammen zu betrachten sind. In grober Schätzung würde ich sagen, dass es in etwa 23,5° / 365,25 = 0,06434° sein könnten. 23,5° ist dabei die Neigung der Erdrotationsachse zur Ekliptik-Ebene und 365,25 ist das Verhältnis der Winkelgeschwindigkeiten zwischen Erdrotation und der Umdrehung um die Sonne. Für eine genaue Betrachtung (wegen Kepler-Gesetz!) wäre eine exakte Berechnung wahrscheinlich etwas aufwändiger.

Bin sehr gespannt auf die Auflösung bzw. auf das richtige Ergebnis.

Gruß Conny.

21.03.2024, 07:40

Gualtiero

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich war zuerst sogar der Meinung, dass der gesuchte Winkel gleich der Neigung der Erdachse gegen die Ekliptik ist. Aber die Sache ist doch komplizierter, da sich ja die Erde um die Sonne bewegt und sich dabei noch um die eigene Achse dreht. Daher wollte ich einfach das Zusammenspiel dieser beiden Bewegungen in einem CAD-System nachstellen.
Meine vereinfachenden Vorgaben:
- die Erde als Kugel
- ein Jahr hat nur 360 Tage
- Die Erde dreht sich also von einem Sonnenhöchststand, an einem bestimmten Ort, zum nächsten um 361°=1°,
- und sie bewegt sich auf ihrer Bahn um 1° weiter.

Meine Überlegung: ich nehme z. B. für den 21. Juni einen Ort, über dem die Sonne mittags im Zenit steht. Diesen Ort markiere ich in meinem System, das die Erde darstellt.
Jetzt dreht sich dieses samt der Markierung um 1° um sich selbst, der Einfallswinkel der Sonne vergrößert sich um 1°. Wieder markiere ich den Ort, wo die Sonne im Zenit steht. Dann drehe ich meine "Erde" , jetzt mit zwei Zenitorten, um 1° weiter und ändere den Sonneneinfallswinkel wieder um 1° usw.

Nach 90° habe ich bemerkt, dass sich die Markierungen durch die schrittweisen Bewegungen so verschieben, dass sie eine Kurve erahnen lassen. Nach einem Jahr hatte ich die geschlossene, dreidimensionale Achterbahnkurve wie auf dem Bild.

Den Schnittwinkel zu bestimmen war eine Kleinigkeit. Das Ergebnis hat mich auch gewundert, aber ich habe es überprüft und bekam das Gleiche raus. Und ich finde auch kein Argument gegen meine Überlegung.

Aber wahrscheinlich habe ich mich geirrt.

21.03.2024, 17:54

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Conny_1729
In grober Schätzung würde ich sagen, dass es in etwa 23,5° / 365,25 = 0,06434° sein könnten.

Ja das kommt hin

Zitat:

Original von Conny_1729
365,25 ist das Verhältnis der Winkelgeschwindigkeiten zwischen Erdrotation und der Umdrehung um die Sonne

Wenn V dieses Verhältnis ist. Dann glaube ich hat man für großes V eben diesen Grenzwert 23,5° / V

Hier ein möglicher Lösungsansatz. v zeigt jeweils die Geschwindigkeit und Richtung des Zenitpunktes.
[attach]57672[/attach]

Zitat:

Original von Gualtiero
Meine Überlegung: ich nehme z. B. für den 21. Juni einen Ort, über dem die Sonne mittags im Zenit steht. Diesen Ort markiere ich in meinem System, das die Erde darstellt.
Jetzt dreht sich dieses samt der Markierung um 1° um sich selbst, der Einfallswinkel der Sonne vergrößert sich um 1°. Wieder markiere ich den Ort, wo die Sonne im Zenit steht. Dann drehe ich meine "Erde" , jetzt mit zwei Zenitorten, um 1° weiter und ändere den Sonneneinfallswinkel wieder um 1° usw.

So bekommt man die Himmelsacht (Analemma) einer Kreisbahn

Dier grüne Bereich müssten 5° sein. Ich hatte das auch mal probiert. Da waren es aber 10°

[attach]57671[/attach]

21.03.2024, 18:17

Gualtiero

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein zweiter Ansatz bzw. Versuch
Ich konstruiere drei Punkte auf der Erde in meiner Zeichnung:
- den Ort mit Sonne im Zenit exakt bei Herbstbeginn,
- einen solchen Punkt eine Stunde vor,
- und einen solchen Punkt eine Stunde danach.

Diese drei Punkte liegen auf einem Großkreis, der gegen den Äquator um etwa 0.064° geneigt ist.

21.03.2024, 19:38

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb

Zitat:

Original von Conny_1729
In grober Schätzung würde ich sagen, dass es in etwa 23,5° / 365,25 = 0,06434° sein könnten.

Ja das kommt hin

Zitat:

Original von Conny_1729
365,25 ist das Verhältnis der Winkelgeschwindigkeiten zwischen Erdrotation und der Umdrehung um die Sonne

Hallo xb,

mit Rückendeckung von "Gualtiero" scheint mein Ergebnis doch recht gut zu sein. Man könnte es sogar noch verfeinern, wenn man die korrekteren Werte einsetzt: 23,44°/365,2422 = 0,06418°

Ich hoffe, zu dem Problem kommt dann irgendwann noch ein kompletter Rechengang, wie sich die Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v_{E} } , \vec{v_{S}} \end{eqnarray*}$ berechnen lassen, damit man das gesuchte Geschwindigkeitsdreieck nachvollziehen kann. Immerhin soll ja hier möglichst die Schul-Mathematik zur Anwendung kommen, und das verlangt dem Wunsche nach eine vollständige Lösung, damit man das nachrechnen kann.

Ich verrate dann auch meine "simple Überlegung", wie ich auf die 0,064...° gekommen bin. Denn die einfache Herleitung ist kein Zufall, bestenfalls großes Glück. Augenzwinkern

Gruß Conny

21.03.2024, 20:47

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Conny_1729
Ich hoffe, zu dem Problem kommt dann irgendwann noch ein kompletter Rechengang, wie sich die Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v_{E} } , \vec{v_{S}} \end{eqnarray*}$ berechnen lassen

Hier erst noch ein paar Hinweise
vS ist die Geschwindigkeit des Zenitpunktes aufgrund der Bahn um die Sonne (in einem Jahr einmal um die Erde herum)
vE ist die Geschwindigkeit des Zenitpunktes aufgrund der Erdrotation
Beide werden vektoriell addiert um den grünen Vektor zu bekommen. Gesucht ist also der Winkel zwischen dem grünem Vektor und dem äquator

Zitat:

Original von Conny_1729
Ich verrate dann auch meine "simple Uberlegung"

Apropos simple überlegung
Mit Hilfe dieser Seite
https://www.timeanddate.de/astronomie/ta...o=20170621T1330
findet man heraus,dass die Sonne eine Stunde vor dem Schnittpunkt etwa eine Bogenminute vom äquator entfernt war

[attach]57673[/attach]

$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{1}{60\cdot 15} )=0.064° \end{eqnarray*}$

21.03.2024, 21:36

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb

Apropos simple überlegung
Mit Hilfe dieser Seite
https://www.timeanddate.de/astronomie/ta...o=20170621T1330
findet man heraus,dass die Sonne eine Stunde vor dem Schnittpunkt etwa eine Bogenminute vom äquator entfernt war

[attach]57673[/attach]

$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{1}{60\cdot 15} )=0.064° \end{eqnarray*}$

Mmmh, das wäre mir ehrlich gesagt eine zu simple Vorgehensweise, weil es schlichtweg nur eine Simulation mit einer Astronomie-Software wäre. Wo ist da der mathematische Lerneffekt? Ich würde schon gerne wissen, wie du die "1 Bogenminute" in Abhängigkeit von der Zeitvariable "1 Stunde" berechnen würdest. Was dem Lösungsansatz eigentlich noch fehlt, ist eine allgemeine Vorschrift zur Berechnung des Dreiecks (z.B., wenn die Erd- bzw. Planetenachse statt 23,44° um 42° geneigt wäre und das Jahr 500 Tage hätte, etc.). Ohne Formelwerk bleibt die Problemlösung leider etwas intransparent, wäre also eher ein Herumprobieren bis die simulierten Punkte/Abstände/Winkel einigermaßen passende Ergebnisse liefern.

Vielleicht geht ja noch was, damit jeder das auch nachrechnen kann (?) - Ich denke, gerade die Äquinoktien bieten eine willkommene Chance zur "Simplifizierung" des Formelwerkes. (ohne timeanddate.de)

Gruß Conny

21.03.2024, 23:03

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Conny_1729
Mmmh, das wäre mir ehrlich gesagt eine zu simple Vorgehensweise

Naja. Gefragt war ja nach dem Winkel. Wie man den findet ist jedem selbst überlassen

Zitat:

Original von Conny_1729
Ich würde schon gerne wissen, wie du die "1 Bogenminute" in Abhängigkeit von der Zeitvariable "1 Stunde" berechnen würdest

Die Zenitbahn der Sonne bezogen auf den Breitengrad ist eine harmonische Schwingung

$\begin{eqnarray*} b=23.5°\sin(\frac{2\pi }{365\cdot 24} t) \end{eqnarray*}$

Ableitung zum Zeitpunkt t=0
$\begin{eqnarray*} \dot{b} =23.5°\cdot \frac{2\pi }{365\cdot 24} \cos(0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 23.5°\cdot \frac{2\pi }{365\cdot 24} \cdot 60\approx 1^{\prime} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Conny_1729
(z.B., wenn die Erd- bzw. Planetenachse statt 23,44° um 42° geneigt wäre und das Jahr 500 Tage hätte, etc.)

So vielleicht?
$\begin{eqnarray*} \alpha \approx\frac{42°}{500} =0084° \end{eqnarray*}$
Die genaue Formel kommt noch. Da hat man dann $\begin{eqnarray*} \alpha \approx 0077° \end{eqnarray*}$
Es aber wird niemand daran gehindert diese selbst zu finden
Da werden 2 Vektoren addiert und ein Winkel berechnet
Der x-Wert des grünen Vektors zB sieht so aus $\begin{eqnarray*} x=v_{S} -v_{E}\cdot cos(w) \end{eqnarray*}$

[attach]57674[/attach]

22.03.2024, 07:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Es sollte vielleicht darüber nachgedacht werden, die ganze Koordinatendiskussionen in einen eigenen Thread auszulagern - immerhin erstreckt sie sich schon über mehrere Seiten. Oder aber einfach hierhin:

Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule"

22.03.2024, 07:59

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb
...
Die Zenitbahn der Sonne bezogen auf den Breitengrad ist eine harmonische Schwingung

Der Begriff „harmonische Schwingung“ ist die goldene Aussage zu diesem Problem. Dafür hätte ich in einer Schulaufgabe schon 50% der Punkte vergeben. Weitere 25% gäbe es dann dafür, dass es in Wirklichkeit doch nicht so ist und die restlichen 25% für die Tatsache, dass man sich zu Zeiten der Tag- und Nachtgleiche punktuell darüber hinwegsetzen kann. Augenzwinkern

Und hier wäre mein Lösungsvorschlag mit ergänzenden Erklärungen.

Zuerst ist festzuhalten, dass der Sonnenlauf über das gesamte Jahr betrachtet zwischen den beiden Wendekreisen hin- und herpendelt (+23,44° nördlich Breite … -23,44° südliche Breite). Zur Vereinfachung sei die Erdbahn ein Kreis und die dazugehörige Winkelgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} \omega_{S} \end{eqnarray*}$ . Als Annäherung des Sonnenverlaufs (Zenit-Bahn) kann eine Sinus-Funktion herhalten, soweit es die speziell betrachteten Punkte A, B (Äquinoktien) oder C, D (Solstitien) betrifft. => siehe Anlage - Denn C, D sind die Extrempunkte und bei A, B haben wir die Wendepunkte, wo in unmittelbarer Umgebung der Sinus einen linearen Verlauf hat.

$\begin{eqnarray*} \gamma =\epsilon\cdot sin \left(t\cdot\omega_{S} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \gamma: \end{eqnarray*}$ Breitengrad des Zenitstandes (in rad)
$\begin{eqnarray*} \epsilon: \end{eqnarray*}$ Neigung der Erdachse (in rad)
$\begin{eqnarray*} t: \end{eqnarray*}$ Zeit

Mit dem Frühlingsanfang sei $\begin{eqnarray*} t=t_{0}=0 \end{eqnarray*}$ . Ein kleines Zeitinkrement $\begin{eqnarray*} \Delta t \end{eqnarray*}$ später ergibt dann eine Änderung $\begin{eqnarray*} \Delta \gamma \end{eqnarray*}$ des Breitengrades für den Zenitstand.

$\begin{eqnarray*} \Delta \gamma =\epsilon\cdot sin \left(\Delta t\cdot\omega_{S} \right) \approx \epsilon\cdot \left(\Delta t\cdot\omega_{S} \right) \end{eqnarray*}$

Das gilt aber nur für sehr kleine Bogenwinkel $\begin{eqnarray*} \Delta t\cdot\omega_{S} \end{eqnarray*}$ .

Da sich die Erde pro Tag einmal um die eigene Achse dreht, ist deren Winkelgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} \omega_{E} \end{eqnarray*}$ um den Faktor 365,2422 größer als $\begin{eqnarray*} \omega_{S} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \omega_{E}= 365,2422\cdot \omega_{S} \end{eqnarray*}$

In der Zeit $\begin{eqnarray*} \Delta t \end{eqnarray*}$ dreht sich also ein Punkt auf dem Äquator um den Winkel $\begin{eqnarray*} \Delta \beta \end{eqnarray*}$ (in rad) weiter:

$\begin{eqnarray*} \Delta \beta =\Delta t\cdot \omega_{E}= \Delta t\cdot365,2422\cdot \omega_{S} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Delta \beta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Delta \gamma \end{eqnarray*}$ sind Bogenstücke, die jedoch in Sehnen übergehen, sobald $\begin{eqnarray*} \Delta t \end{eqnarray*}$ gegen Null läuft. Das ergibt dann ein rechtwinkliges Dreieck, wie es in der Anlage zu sehen ist.

$\begin{eqnarray*} tan\left( \alpha\right) =\frac{\Delta \gamma}{\Delta \beta} = \frac{\epsilon \cdot \Delta t\cdot \omega_{S} }{ \Delta t\cdot 365,2422 \cdot \omega_{S} } =\frac{\epsilon}{365,2422} \end{eqnarray*}$

Für sehr kleine Bogenstücke gilt (ähnlich wie beim Sinus):

$\begin{eqnarray*} tan\left( \alpha\right) \approx \alpha \end{eqnarray*}$

und somit ergibt sich der Schnittwinkel zu:

$\begin{eqnarray*} \alpha =\frac{\epsilon}{365,2422} \end{eqnarray*}$

Bemerkung:
Auch wenn die reine Sinus-Funktion (global gesehen) zur Berechnung des Sonnenverlaufes NICHT die korrekte Funktion ist (Grüße von Kepler & Co.), so ist sie in den lokalen Eigenschaften in den Punkten A und B doch sehr nützlich gewesen, um die Aufgabe noch „schulmäßig“ zu lösen.

Gruß Conny
.

22.03.2024, 18:17

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Es sollte vielleicht darüber nachgedacht werden, die ganze Koordinatendiskussionen in einen eigenen Thread auszulagern - immerhin erstreckt sie sich schon über mehrere Seiten. Oder aber einfach hierhin:

Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule"

Hätte ich auch nicht gedacht,dass sich die Aufgabe derart entwickelt

Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} tan\left( \alpha\right) =\frac{\Delta \gamma}{\Delta \beta} = \frac{\epsilon \cdot \Delta t\cdot \omega_{S} }{ \Delta t\cdot 365,2422 \cdot \omega_{S} } =\frac{\epsilon}{365,2422} \end{eqnarray*}$

Das würde ich gerne etwas anders schreiben. v für die 365. Das $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ im Zähler sind nährungsweise die 23.5° im Bogenmaß
$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{0.4101}{v} ) \end{eqnarray*}$

Ich habe
$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{v_{S}\sin(w) }{v_{E}-v_{S}\cos(w) } ) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} w=23.5° \end{eqnarray*}$

oder
$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{\sin(w) }{v-\cos(w) } ) \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} v=\frac{v_{E}}{v_{S}} \end{eqnarray*}$

bzw
$\begin{eqnarray*} \alpha =\arctan(\frac{0.3987 }{v-0.9171} ) \end{eqnarray*}$

Man sieht für großes v wird es ähnlich. Für kleines v gibt es deutliche Unterschiede

Es macht Sinn bei der Berechnung auf den resultienden Vektor zu verzichten
Ich glaube man kann erkennen wie das Ergebnis zustande kommt
[attach]57684[/attach]

03.04.2024, 15:42

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 159
Eine Raumfähre hatte folgendes Foto von Erde (links) und Mond gemacht.
Wie weit war die Raumfähre zum Zeitpunkt der Aufnahme von der Erde entfernt?
Der Abstand Erde Mond betrug 400Tkm
[attach]57703[/attach]

04.04.2024, 07:41

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein fiktives Szenario, da bisherige Raumfähren noch nie so weit weg von der Erde waren, dass sie ein solches Foto mit beiden Himmelskörpern nahezu voll ausgeleuchtet hätten schießen können...

Sofern es echt ist, kann es sich allenfalls um ein von einer interplanetaren Raumsonde geschossenes Foto handeln. Je nachdem, wie man die Pixel von Erd- und Monddurchmesser richtig auszählt, müsste die gesuchte Entfernung so etwa im Bereich 550-600 Tkm liegen, die der Raumsonde vom Mond hingegen nur 200-230 Tkm, der von der Raumsonde wahrgenommene Winkelabstand zwischen Erde und Mond ist dabei ca. 30 Grad.

Was ist mit meinem Vorschlag? Allmähnlich haben die ausschweifenden Geographie/Astronomie-Fragen den Thread hier total übernommen.

04.04.2024, 19:05

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Ein fiktives Szenario

Zitat:

Original von HAL 9000
Je nachdem, wie man die Pixel von Erd- und Monddurchmesser richtig auszählt, müsste die gesuchte Entfernung so etwa im Bereich 550-600 Tkm liegen,.

Ja. Ich habe versucht die Aufgabe so zu konstruieren dass der Abstand 600Tkm beträgt

Zitat:

Original von HAL 9000
Was ist mit meinem Vorschlag?

Ich weiß es nicht

22.05.2024, 18:59

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 160

Volumenberechnung

Das Gesamtvolumen eines Körpers (siehe Anlage) besteht aus drei Teil-Volumina. Das unterste Volumen (V_a) ist ein „Doppelkegelkörper“ mit einer Breite B und berechnet sich wie folgt:
$\begin{eqnarray*} V_{a}=B^3\cdot 0.07529 \end{eqnarray*}$

Das mittlere Volumen (V_b) entspricht einem Übergangskörper, der zum oberen Körper (=Halbkugel) anschließt. Dieses Volumen errechnet sich mit der Näherungsformel:
$\begin{eqnarray*} V_{b} \approx B^2\cdot H_{x} \cdot 0.3076 \approx B^2\cdot L_{x} \cdot 0.3076 \end{eqnarray*}$

Info:
Die Näherungsformel mit der Abhängigkeit von Lx sollte deswegen verwendet werden, da sich damit die Rechenwege für die Aufgabenstellung vereinfachen.

Die obere Halbkugel (V_c) besitzt den Radius $\begin{eqnarray*} H_2=B/ \pi \end{eqnarray*}$ . Hinzukommend gibt es noch zwei Forderungen (Bedingungen), die zu erfüllen sind.

(1) – Flächenforderung
$\begin{eqnarray*} B\cdot \left(H+100mm\right)=67282 mm^2 \end{eqnarray*}$

(2) – Umrandungsforderung
$\begin{eqnarray*} U=2\cdot H+B=B+\frac{2}{3}B+2L_x+B=\frac{8}{3}B+2L_x \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} H=H_1+H_x+H_2 \end{eqnarray*}$
wäre.

Fragestellungen:

(A):
Das Gesamtvolumen des Körpers soll 2 Liter besitzen. Man stelle die Bestimmungsgleichung (kubische Gleichung) bzgl. B auf und bestimme die sinnvollen Lösungen für die Breite B, denn stets soll gelten: B > 0 und V_b > 0

(B):
Für welche Breite B wird das Gesamtvolumen des Körpers maximal? Man stelle hierzu ebenfalls die Bestimmungsgleichung auf und gebe die sinnvollen Lösungen für B an. Welches Maximalvolumen ist möglich?

(C):
Beim Volumen V_a handelt es um zwei Kegel, die sich gegenseitig durchdringen gemäß Zeichnungsanlage. Man bestimme allgemein die Funktion F(B) für die schraffierte Querschnittfläche am Übergang von V_a zu V_b. Der Horizontalschnitt auf Höhe H1 geht dabei durch den Schnittpunkt der beiden Kegelachsen. Die Kegelachsen liegen auf der Skizzenebene bzw. Blattebene.

Alle Endergebnisse für (A) und (B) sollten auf eine Nachkommastelle genau sein.

Hallo,

damit es an dieser Stelle weitergehen kann, hier eine Aufgabenstellung, die je nach Fragestellung von Schülern der Jahrgangsstufe 8 ... 12 lösbar sein sollte. Wer zu (C) die Lösung hat, kann dann gerne eine neue Herausforderung einstellen.

Als kleinen Bonus könnte ich dann noch folgende Frage (D) anbieten: (nur optional)

Wie leitet sich die Volumenformel V_a für den Doppelkegelkörper her? (z.B. lösbar über numerische Integration der Teilvolumina) – D.h., welche zwei Nachkommastellen folgen hinter dem nur angenäherten Faktor 0.07529_ _ ?

Gruß Conny
.

24.05.2024, 19:01

Auf diesen Beitrag antworten »

Lösungsidee Aufgabe 159 (Die Kurzfassung)

$\begin{eqnarray*} D\approx\frac{2.45}{2.45-1 } \sqrt{(400Tkm)^{2}-2.45\cdot (120Tkm)^{2} }\approx 600Tkm \end{eqnarray*}$

Aufgabe 160-C

$\begin{eqnarray*} F(B) \approx 0.30\cdot B^2 \end{eqnarray*}$

Ich habe allerdings nur die Flächen aus der Zeichnung ausgemessen

Eine Kegelschnittberechnung hat nicht funktioniert
[attach]57783[/attach]

25.05.2024, 21:29

Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung Aufgabe 160-C

Da die Randfunktion eine Parabel ist kann man mit Hilfe der Angaben die Teilläche A (halbe schraffierte Fläche) berechnen
Die gesamte Fläche F ist dann gerade doppelt so groß

$\begin{eqnarray*} A=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3} B\cdot \frac{2}{3} B \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F=2A=\frac{8}{27} B^2 \end{eqnarray*}$

[attach]57787[/attach]

27.05.2024, 11:11

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Hier eine Aufgabe aus dem Bereich der Dreiecksgeometrie, zu der, wer will, eine hübsche dynamische Zeichnung erstellen kann. Die Lösung bedarf keiner besonderen Tricks, sondern nur des konsequenten Durchziehens einer Rechenstrategie. Ellipsen werden im normalen Schulunterricht nicht behandelt. Allerdings benötigt man auch nur die einfachsten Kenntnisse über sie, um die Aufgabe zu lösen.

Zitat:

Aufgabe 161

Zu einer festen Strecke $\begin{align*} AB \end{align*}$ betrachte man alle Punkte $\begin{align*} C \end{align*}$ der Ebene, so daß im Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ die Euler-Gerade parallel zu $\begin{align*} AB \end{align*}$ ist. (Wer es nicht kennt: Die Euler-Gerade ist die gemeinsame Gerade, auf der der Umkreismittelpunkt $\begin{align*} M \end{align*}$ , der Schwerpunkt $\begin{align*} S \end{align*}$ und der Höhenschnittpunkt $\begin{align*} H \end{align*}$ des Dreiecks liegen. Mehr braucht man darüber für diese Aufgabe nicht zu wissen.)

Man zeige, daß die Ortslinien der Punkte $\begin{align*} C, H, S \end{align*}$ ineinander liegende, zueinander ähnliche Ellipsen mit gleichem Mittelpunkt sind, und bestimme deren Kenngrößen.

27.05.2024, 16:22

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei der Aufgabe 160 fehlen noch die Lösungen zu A und B

Ich hätte das

Für das Volumen gilt
$\begin{eqnarray*} V\approx 2.070dm^{2}\cdot B-0.3076dm\cdot B^2-0.0439\cdot B^3 \end{eqnarray*}$

A) 2 Liter erreicht man etwa mit
$\begin{eqnarray*} B_{1}\approx 1,2dm \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B_{2}\approx 3.2dm \end{eqnarray*}$

B)
Das maximale Volumen beträgt
$\begin{eqnarray*} V_{max}\approx 2.6l \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\approx 2.3dm \end{eqnarray*}$

27.05.2024, 19:29

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Conny_1729

...
(1) – Flächenforderung
$\begin{eqnarray*} B\cdot \left(H+100mm\right)=67282 mm^2 \end{eqnarray*}$

(2) – Umrandungsforderung
$\begin{eqnarray*} U=2\cdot H+B=B+\frac{2}{3}B+2L_x+B=\frac{8}{3}B+2L_x \end{eqnarray*}$

wobei
H* = $\begin{eqnarray*} H_1+H_x+H_2 \end{eqnarray*}$
wäre.
...

Ich muss noch eine kleine Korrektur bzgl. der Höhe H* anfügen, die nicht mit H zu verwechseln ist!!! Ansonsten würde das zu einem Widerspruch führen. (hatte ich leider falsch geschrieben!)

Wichtig ist, dass allein aus den Forderungen (1) und (2) und der Volumenvorgabe (2 Liter) die Gleichungen aufzustellen sind.

Gruß Conny

28.05.2024, 15:20

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Conny_1729
Ich muss noch eine kleine Korrektur bzgl. der Höhe H* anfügen, die nicht mit H zu verwechseln ist!!!

Und genau das habe ich verwechselt

Mein Ansatz sah so aus
$\begin{eqnarray*} V\approx V_{a}+B^2\cdot H_{x} \cdot 0.3076+V_{c} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\cdot \left(H_1+H_x+H_2+100mm\right)=67282 mm^2 \end{eqnarray*}$

Es gab zwar ein paar Ungereimtheiten aber H ist Höhe. Dachte ich

Der neue Ansatz müsste dann so aussehen
$\begin{eqnarray*} V\approx V_{a}+ B^2\cdot L_{x} \cdot 0.3076 +V_{c} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\cdot (\frac{5}{6}B+L_{x}+100mm)=67282 mm^2 \end{eqnarray*}$

28.05.2024, 20:15

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb
Der neue Ansatz müsste dann so aussehen
$\begin{eqnarray*} V\approx V_{a}+ B^2\cdot L_{x} \cdot 0.3076 +V_{c} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\cdot (\frac{5}{6}B+L_{x}+100mm)=67282 mm^2 \end{eqnarray*}$

Genau, das ist der richtige Rechenpfad, der zu gehen ist. Tut mir leid, dass es da eine Verwirrung mit den Höhenbezeichnungen gab, denn H und H* sind beides Höhen, wobei H* für die Aufgabenstellung irrelevant ist. Daher reiche ich noch ein ergänzendes Bild bzgl. der Flächenforderung (1) nach.

Gruß Conny
.

29.05.2024, 17:28

Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung Aufgabe 160 A und B

Neuer Ansatz

Für das Volumen gilt
$\begin{eqnarray*} V\approx 2.070dm^{2}\cdot B-0.3076dm\cdot B^2-0.1135\cdot B^3 \end{eqnarray*}$

A)
2 Liter erreicht man etwa mit
$\begin{eqnarray*} B_{1}\approx 1.4dm \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B_{2}\approx 2.0dm \end{eqnarray*}$

B)
Das maximale Volumen beträgt
$\begin{eqnarray*} V_{max}\approx 2.1l \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\approx 1.7dm \end{eqnarray*}$

29.05.2024, 18:32

Conny_1729

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xb
Lösung Aufgabe 160 A und B

Neuer Ansatz

Für das Volumen gilt
$\begin{eqnarray*} V\approx 2.070dm^{2}\cdot B-0.3076dm\cdot B^2-0.1135\cdot B^3 \end{eqnarray*}$

A)
2 Liter erreicht man etwa mit
$\begin{eqnarray*} B_{1}\approx 1.4dm \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B_{2}\approx 2.0dm \end{eqnarray*}$

B)
Das maximale Volumen beträgt
$\begin{eqnarray*} V_{max}\approx 2.1l \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\approx 1.7dm \end{eqnarray*}$

Die Ergebnisse sind korrekt und somit alle Aufgaben gemeistert!!!

Hier kommen als Abschluss noch die Lösungen als Zusammenfassung:

Zitat:

Lösungen zur Aufgabe 160:

(A)
$\begin{eqnarray*} -B^3\cdot 0.113495878-B^2\cdot 30.76mm+B\cdot 20695.9432mm^2 = 2\cdot 10^6mm^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B^3+B^2\cdot 271.023059mm-B\cdot 182349.734mm^2+17.621785 \cdot 10^6mm^3=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B_1=143.28mm B_2=200.16mm \end{eqnarray*}$

(B)
$\begin{eqnarray*} -B^2\cdot 0.340487633 - B\cdot 61.52mm +20695.9432mm^2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B^2+B\cdot 180.68204mm-60783.245mm^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B= 172.23mm \end{eqnarray*}$
max. Volumen = 2.07219×10^6mm³

(C)

Bei dem Kegelschnitt handelt es sich um eine Parabel der Form f(x) = a*x^2+b*x+c. Die Nullstellen von f(x) liegen bei x_1= - B/3 und x_2= + B/3. An der Stelle x=0 ist f(0)=B/3. Das ergibt die Funktion:
$\begin{eqnarray*} f(x) = -\frac{3x^2}{B} +\frac{B}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F(B)=2\cdot \int_{-B/3}^{+B/3} \! f(x) \, dx =2\cdot \int_{-B/3}^{+B/3} \! \left(-\frac{3x^2}{B} +\frac{B}{3}\right) \, dx = 2\cdot \left[-\frac{x^3}{B}+\frac{B\cdot x}{3} \right] ^{+B/3}_{-B/3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F(B) = \frac{8}{27} \cdot B^2 \end{eqnarray*}$

(D)-optionale Aufgabe

Der Faktor errechnet sich numerisch zu 0.07529075…

Gruß Conny

29.05.2024, 19:40

Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung zur Aufgabe 161

Im Dreieck $\begin{eqnarray*} A(0/0);B(x_{B}/0);C(x_{C}/ y_{C}) \end{eqnarray*}$ hat man für den

Schwerpunkt
$\begin{eqnarray*} x_{S}=\frac{x_{B} +x_{C} }{3} \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} y_{S}=\frac{y_{C} }{3} \end{eqnarray*}$

und den
Höhenschnittpunkt
$\begin{eqnarray*} x_{H}=x_{C} \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} y_{H}=\frac{(x_{B}- x_{C})\cdot x_{C} }{y_{C} } \end{eqnarray*}$

Die parallele Eulergerade bekommt man mit
$\begin{eqnarray*} y_{S}=y_{H} \end{eqnarray*}$

das ergibt
$\begin{eqnarray*} y_{C}^2 =3x_{B}x_{C}-3x_{C}^2 \end{eqnarray*}$

Verschieben
$\begin{eqnarray*} y_{C}^2 =3x_{B}(x_{C}+\frac{x_{B} }{2}) -3(x_{C}+\frac{x_{B} }{2} )^2 \end{eqnarray*}$

und bekommt
$\begin{eqnarray*} \frac{y_{C}^2 }{(\frac{\sqrt{3} }{2}x_{B} )^2} +\frac{x_{C}^2 }{(\frac{1}{2} x_{B})^2 } =1 \end{eqnarray*}$

mit der numerischen Exzentrizität
$\begin{eqnarray*} \epsilon =\sqrt{\frac{2}{3} } \end{eqnarray*}$

Jetzt sollte man
$\begin{eqnarray*} y_{C}^2 =3x_{B}x_{C}-3x_{C}^2 \end{eqnarray*}$
in $\begin{eqnarray*} y_{S}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_{H}^2 \end{eqnarray*}$ einsetzen umformen und bekommt
$\begin{eqnarray*} y_{H}^2 =\frac{x_{B}x_{H}}{3} -\frac{x_{H}^2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_{S}^2 =3x_{B}x_{S}-3x_{S}^2-\frac{2}{3}x_{B}^2 \end{eqnarray*}$

Auch wieder um $\begin{eqnarray*} \frac{x_{B} }{2} \end{eqnarray*}$ nach links verschieben

das ergibt

$\begin{eqnarray*} \frac{y_{H}^2 }{(\frac{1}{\sqrt{12}} x_{B} )^2} +\frac{x_{H}^2 }{(\frac{1}{2} x_{B})^2 } =1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{y_{S}^2 }{(\frac{{1} }{\sqrt{12} }x_{B} )^2} +\frac{x_{S}^2 }{(\frac{1}{6} x_{B})^2 } =1 \end{eqnarray*}$

Alle mit der numerischen Exzentrizität
$\begin{eqnarray*} \epsilon =\sqrt{\frac{2}{3} } \end{eqnarray*}$
Damit sind alle 3 Ellipsen ähnlich

Durch die gleiche Verschiebung wurde außerdem gezeigt,dass alle 3 Ellipsen den gleichen Mittelpunkt haben
Nämlich den Mittelpunkt der Strecke AB

29.05.2024, 20:19

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 162

Gegeben sind die Funktionen
$\begin{eqnarray*} y_{1}=2x^2+3x-2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_{2}=-x^2+3x-8 \end{eqnarray*}$

Gesucht werden die gemeinsamen Tangenten

29.05.2024, 22:14

klauss

Auf diesen Beitrag antworten »

Fairerweise rein rechnerisch ohne graphisches Spicken.

Zitat:

Lösung 162

Für eine Tangente an $\begin{eqnarray*} y_{1} \end{eqnarray*}$ gilt
$\begin{eqnarray*} g(x)=\left(4x_{1}+3 \right)\left(x-x_{1}\right) +2x_{1}^{2}+3x_{1}-2=\left(4x_{1}+3\right)x-2x_{1}^{2}-2 \end{eqnarray*}$

Für eine Tangente an $\begin{eqnarray*} y_{2} \end{eqnarray*}$ gilt
$\begin{eqnarray*} g(x)=\left(-2x_{2}+3 \right)\left(x-x_{2}\right) -x_{2}^{2}+3x_{2}-8 =\left(3-2x_{2} \right)x+x_{2}^{2}-8 \end{eqnarray*}$

Für eine gemeinsame Tangente muß also gelten
I) $\begin{eqnarray*} 4x_{1}+3=3-2x_{2} \end{eqnarray*}$
II) $\begin{eqnarray*} -2x_{1}^{2}-2=x_{2}^{2}-8 \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} x_{2}=-2x_{1} \end{eqnarray*}$ ergeben sich die Berührstellen
$\begin{eqnarray*} \left(x_{1};x_{2}\right)=\left(1;-2\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left(x_{1};x_{2}\right)=\left(-1;2\right) \end{eqnarray*}$
sowie daraus die Tangentengleichungen
$\begin{eqnarray*} g_{1}(x)=7x-4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{2}(x)=-x-4 \end{eqnarray*}$

04.07.2024, 19:56

zitronenfreund

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist vermutlich für die Meisten hier nur eine kleine Fingerübung, aber für den ein oder anderen Schüler bestimmt etwas knifflig:

Zitat:

Löse die Gleichung $\begin{eqnarray*} 9^x+33^x=121^x \end{eqnarray*}$

05.07.2024, 00:35

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} 9^x + 33^x = 121^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3^{2x} + 3^x \cdot 11^x - 11^{2x} = 0 \end{eqnarray*}$

Division durch $\begin{eqnarray*} 11^{2x} \end{eqnarray*}$ !

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{3}{11}\right)^{2x} + \left(\frac{3}{11}\right)^x - 1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{3}{11}\right)^x = u; \ u > 0 \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} u = \frac{-1 + \sqrt5} 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{3}{11}\right)^x = \frac{-1 + \sqrt5} 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x \ln \left(\frac{3}{11}\right) = \ln \left(\frac{-1 + \sqrt5} 2\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x \ \approx 0.37037 \end{eqnarray*}$

mY+

15.04.2025, 13:24

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Nach Gualtiero versuche ich es auch mit einer Belebung - gleich mal mit drei Stück:

Zitat:

Aufgabe 164

Man ermittle zu jeder geraden natürlichen Zahl $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ alle reellen Lösungen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ der Gleichung

$\begin{eqnarray*} x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n-1) = (x+n)(x+n+1)(x+n+2)\cdot \ldots \cdot (x+2n-1) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Aufgabe 165

Es seien $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ die Seitenlängen sowie $\begin{eqnarray*} h_a,h_b,h_c \end{eqnarray*}$ die Höhenlängen in einem Dreieck.

Man zeige $\begin{eqnarray*} 3\left(a^2+b^2+c^2\right)\geq 4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right) \end{eqnarray*}$ . Für welche Dreiecke gilt Gleichheit in dieser Ungleichung?

Zitat:

Aufgabe 166

Man bestimme die maximale Anzahl von Punkten, die in einem Rechteck mit den Seitenlängen 7 und 14 so untergebracht werden können, dass der Abstand zweier beliebiger dieser Punkte größer als 5 ist.

15.04.2025, 18:17

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zu Aufgabe 164

1. Wenn man die ersten paar $\begin{align*} n \end{align*}$ durchprobiert, hat man bald einen Verdacht, daß es nur eine Lösung $\begin{align*} a_n \end{align*}$ gibt und wie $\begin{align*} a_n \end{align*}$ aussieht. Man bestätigt allgemein durch Nachrechnen, daß $\begin{align*} a_n \end{align*}$ Lösung ist.

2. Man bestimmt die Differenz $\begin{align*} g(x) \end{align*}$ aus der rechten und linken Seite der Gleichung und zentriert sie durch die Substitution $\begin{align*} x = t + a_n \end{align*}$ . Man bildet also

$\begin{align*} f(t) = g \left( t + a_n \right) \end{align*}$

3. Man weist nach, daß $\begin{align*} f(t) \end{align*}$ ungerade ist: $\begin{align*} f(-t) = -f(t) \end{align*}$ . Damit kann $\begin{align*} f(t) \end{align*}$ als Polynom keine Potenzen mit geradzahligen Exponenten enthalten.

4. Jetzt kann man noch begründen, daß alle verbleibenden Koeffizienten des Polynoms positiv sind. Dann ist die ungerade Funktion $\begin{align*} f(t) \end{align*}$ streng monoton wachsend und 0 die einzige Nullstelle.

Immer wieder spielt die Geradzahligkeit von $\begin{align*} n \end{align*}$ eine Rolle.

16.04.2025, 06:19

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist wohl der naheliegende Weg, und um $\begin{eqnarray*} a_n = -n+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ muss man sicher kein Geheimnis machen. Augenzwinkern

Mir fällt gerade auf, dass man die Voraussetzung " $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade" getrost fallen lassen kann - nur dass man dann eben im Fall ungerader $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ keine reelle Lösung hat.

16.04.2025, 07:04

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 165

Ich habe über die Beziehung zwischen Flächeninhalt, Seite und Höhe die Höhen aus der Ungleichung eliminiert, für den Flächeninhalt die Formel von Heron verwendet und konnte die zu beweisende Ungleichung äquivalent als Term(a,b,c) >= 0 schreiben, wobei der Term die Summe dreier Quadrate war. Und wann die Gleichheit eintritt, erahnt man schon und kann es an der Ungleichung ablesen. Geht vielleicht einfacher, wenn man mehr Geometrie oder auch Trigonometrie investiert.

16.04.2025, 08:30

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Geht vielleicht einfacher, wenn man mehr Geometrie [...] investiert.

Ist nicht unbedingt mehr Geometrie nötig, eher hilft eine geschickte Wahl von Hilfsgrößen. Zu dem Zweck empfehle ich den Blick auf den Abstand zwischen Höhenfußpunkt sowie Mittelpunkt der zugehörigen Dreiecksseite zu richten.

17.04.2025, 06:55

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 165

Mein Beweis stützt sich ganz auf die Algebra und bekannte Zusammenhänge am Dreieck.

$\begin{align*} 3 \left( a^2 + b^2 + c^2 \right) \geq 4 \left( {h_a}^2 + {h_b}^2 + {h_c}^2 \right) \end{align*}$

Wir formen diese Ungleichung äquivalent um. Zunächst eliminieren wir mit Hilfe des Flächeninhalts $\begin{align*} F \end{align*}$ die Höhen:

$\begin{align*} 3 \left( a^2 + b^2 + c^2 \right) \geq 4 \left( \frac{4F^2}{a^2} + \frac{4F^2}{b^2} + \frac{4F^2}{c^2} \right) \end{align*}$

$\begin{align*} 3 \left( a^2 + b^2 + c^2 \right) \cdot a^2b^2c^2 \geq 16F^2 \cdot \left( a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 \right) \end{align*}$

Wir verwenden die Formel von Heron für den Flächeninhalt des Dreiecks und schieben alles auf die linke Seite.

$\begin{align*} 3 \left( a^2 + b^2 + c^2 \right) \cdot a^2b^2c^2 - \left( -a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2 \right) \cdot \left( a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 \right) \geq 0 \end{align*}$

Jetzt wir ausmultipliziert und zusammengefaßt. Glücklicherweise fällt einiges weg:

$\begin{align*} a^2b^6-2a^4b^4+a^6b^2 \quad + \quad a^2c^6-2a^4c^4+a^6c^2 \quad + \quad b^2c^6-2b^4c^4+b^6c^2 \geq 0 \end{align*}$

$\begin{align*} a^2b^2 \left( a^2-b^2 \right)^2 + a^2c^2 \left( a^2-c^2 \right)^2 + b^2c^2 \left( b^2 - c^2 \right)^2 \geq 0 \end{align*}$

Und diese Ungleichung ist wegen der auftretenden Summe von Quadraten wahr, und Gleichheit gilt offenbar nur für $\begin{align*} a=b=c \end{align*}$ . Alle Umformungen kann man rückgängig machen, so daß auch die ursprüngliche Ungleichung bewiesen ist.

Nun seien $\begin{align*} d_a \end{align*}$ der Abstand der Seitenmitte von $\begin{align*} a \end{align*}$ vom Höhenfußpunkt auf $\begin{align*} a \end{align*}$ und $\begin{align*} d_b, d_c \end{align*}$ entsprechend, dann kann man zeigen (man kann mit Pythagoras in den beiden rechtwinkligen Dreiecken, die durch $\begin{align*} h_a \end{align*}$ bestimmt werden, arbeiten und $\begin{align*} h_a \end{align*}$ eliminieren):

$\begin{align*} 2ad_a = (b+c) \cdot |b-c| \end{align*}$

Quadriert ist das:

$\begin{align*} 4a^2 {d_a}^2 = (b+c)^2 (b-c)^2 = \left( b^2-c^2 \right)^2 \end{align*}$

Für $\begin{align*} d_b \end{align*}$ und $\begin{align*} d_c \end{align*}$ gilt Entsprechendes, so daß man die obige Ungleichung auch so schreiben kann:

$\begin{align*} 4a^2b^2c^2 {d_a}^2 + 4a^2b^2c^2 {d_b}^2 + 4a^2b^2c^2 {d_c}^2 \geq 0 \end{align*}$

Und nach Division durch $\begin{align*} 4a^2b^2c^2 \end{align*}$ erhält man:

$\begin{align*} {d_a}^2 + {d_b}^2 + {d_c}^2 \geq 0 \end{align*}$

Das stellt nachträglich den Zusammenhang zum Hinweis von HAL her.

17.04.2025, 07:05

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich war etwas anders vorgegangen: Sechsmal Pythagoras liefert

$\begin{eqnarray*} h_a^2 = b^2 - \left(\frac{a}{2}+d_a\right)^2 = c^2 - \left(\frac{a}{2}-d_a\right)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h_b^2 = c^2 - \left(\frac{b}{2}+d_b\right)^2 = a^2 - \left(\frac{b}{2}-d_b\right)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h_c^2 = a^2 - \left(\frac{c}{2}+d_c\right)^2 = b^2 - \left(\frac{c}{2}-d_c\right)^2 \end{eqnarray*}$

( $\begin{eqnarray*} d_a,d_b,d_c \end{eqnarray*}$ können bei dieser Betrachtung durchaus auch negativ sein). Alle sechs Gleichungen addiert und das Gesamtergebnis mit Zwei multipliziert ergibt

$\begin{eqnarray*} 4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right) = 3\left(a^2+b^2+c^2\right) - 4\left(d_a^2+d_b^2+d_c^2\right) \end{eqnarray*}$ .

17.04.2025, 07:27

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 164

Sei also $\begin{align*} n \end{align*}$ eine positive gerade Zahl. Wir betrachten die Differenz von linker und rechter Seite:

$\begin{align*} g(x) = \prod_{k=n}^{2n-1} (x+k) \ - \ \prod_{k=0}^{n-1} (x+k) \end{align*}$

Als erstes führen Indexverschiebungen durch. Im ersten Produkt ersetzen wir $\begin{align*} k \end{align*}$ durch $\begin{align*} n+k \end{align*}$ , im zweiten $\begin{align*} k \end{align*}$ durch $\begin{align*} n-k-1 \end{align*}$ . In beiden Produkten ist dann $\begin{align*} 0 \leq k \leq n-1 \end{align*}$ der Indexbereich:

$\begin{align*} g(x) = \prod_{k=0}^{n-1} \left( x+n+k \right) \ - \ \prod_{k=0}^{n-1} \left( x+n-k-1 \right) \end{align*}$

Nun substituieren wir $\begin{align*} x = t - n + \frac{1}{2} \end{align*}$ und ziehen aus jedem Produktglied einen Faktor $\begin{align*} \frac{1}{2} \end{align*}$ vor das Produkt (die Substitution ergibt sich aus der erratenen Lösung):

$\begin{align*} f(t) = g \left( t - n + \frac{1}{2} \right) \ = \ \prod_{k=0}^{n-1} \left( t - n + \frac{1}{2} + n + k \right) \ - \ \prod_{k=0}^{n-1} \left( t - n + \frac{1}{2} + n - k- 1 \right) \end{align*}$

$\begin{align*} = \ \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \left( 2t + (2k + 1) \right) \ - \ \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \left( 2t - (2k + 1) \right) \ = \ \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \left( (2k + 1) + 2t \right) \ - \ \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \left( (2k + 1) - 2t \right) \end{align*}$

Zuletzt haben wir beim zweiten Produkt aus jedem Glied den Faktor -1 ausgeklammert. Weil die Anzahl der Glieder gerade ist, heben sich die -1en gegenseitig weg.

Mit Hilfe der Funktion $\begin{align*} h(t) = \ \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \left( (2k + 1) + 2t \right) \end{align*}$ gilt
$\begin{align*} f(t) = h(t) - h(-t) \end{align*}$

Wenn man $\begin{align*} h(t) \end{align*}$ als Polynom schreibt, hat dieses nur positive Koeffizienten, wie man der Definition von $\begin{align*} h(t) \end{align*}$ ansieht. Also hat auch das Polynom $\begin{align*} h'(t) \end{align*}$ nur positive Koeffizienten. Wir bilden die erste Ableitung:

$\begin{align*} f'(t) = h'(t) + h'(-t) \end{align*}$

In der Summe rechts heben sich die Potenzen mit ungeraden Hochzahlen gegenseitig weg, während die Koeffizienten bei den geraden Hochzahlen verdoppelt werden. Wir haben somit ein gerades Polynom mit positiven Koeffizienten, so daß $\begin{align*} f'(t)>0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} t \end{align*}$ gilt. Also ist $\begin{align*} f \end{align*}$ streng monoton wachsend. Wegen $\begin{align*} f(0) = h(0) - h(0) = 0 \end{align*}$ ist 0 die einzige Nullstelle von $\begin{align*} f \end{align*}$ .

$\begin{align*} f(0) = g \left( -n + \frac{1}{2} \right) \end{align*}$

Die ursprüngliche Gleichung wird daher nur für $\begin{align*} x = -n + \frac{1}{2} \end{align*}$ gelöst.

17.04.2025, 10:20

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Bleibt noch die 166, an die traut sich bisher noch keiner ran. Zumindest eine Ahnung, welche Anzahl es sein könnte, kann man mit ein wenig Probieren sicher bekommen. Augenzwinkern

17.04.2025, 13:00

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe die 166 einmal ein wenig probiert. Man sieht schnell, was die Maximalzahl von Punkten ist. Ob man da nun mit Flächenbetrachtungen, dem Schubfachprinzip oder sonstwas weiterkommt, weiß ich nicht. Ich will das auch gar nicht weiter versuchen. Diese Art von Aufgaben reizt mich nicht so sehr, daß ich mich intensiver damit beschäftigen würde. Vielleicht gibt es andere Interessenten, die echten Spaß daran haben.

Oder Spaß an dieser

Zitat:

Aufgabe 167

Auf den orientierten Seiten $\begin{align*} BC, CA, AB \end{align*}$ eines Dreiecks $\begin{align*} ABC \end{align*}$ werden Punkte $\begin{align*} P,Q,R \end{align*}$ so bestimmt, daß sie die entsprechende Seite im Verhältnis 1:2 teilen.

Durch die Strecken $\begin{align*} AP, BQ, CR \end{align*}$ wird $\begin{align*} ABC \end{align*}$ in Dreiecke und Vierecke zerlegt. Ganz im Innern befindet sich ein Dreieck, das keine Punkte mit den Seiten von $\begin{align*} ABC \end{align*}$ gemeinsam hat.

Wieviel mal so groß wie der Flächeninhalt dieses Dreiecks ist der Flächeninhalt von $\begin{align*} ABC \end{align*}$ ? Wo befindet sich der Schwerpunkt $\begin{align*} S' \end{align*}$ dieses Dreiecks?

« vorherige Seite 123456789101112131415 nächste Seite »

Neue Frage »

Antworten »

Mathe-Marathon Schule - Seite 12

Verwandte Themen