Mathe-Marathon Schule - Seite 13

17.04.2025, 14:05

HAL 9000

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Sei $\begin{eqnarray*} U=AP\cap BQ, V=BQ\cap CR \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} W=CR\cap AP \end{eqnarray*}$ . Mit Baryzentrischen Koordinaten folgt P = (2B+C)/3, Q = (2C+A)/3, R = (2A+B)/3 und nach Satz von Menelaos ist |CV| = 3/7*|CR|, also V = (4C+2A+B)/7, analog W = (4A+2B+C)/7, U = (4B+2C+A)/7 .

[attach]58234[/attach]

Das ergibt F(UVW) = 1/7 * F(ABC), und Schwerpunkt ist S = (U+V+W)/3 = (A+B+C)/3, also derselbe Schwerpunkt wie vom Dreieck ABC.

P.S.: Etwas verallgemeinert für das Teilungsverhältnis $\begin{eqnarray*} p:q \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} 1:2 \end{eqnarray*}$ bekommt man

$\begin{eqnarray*} F(UVW) = \frac{(q-p)^2}{p^2+pq+q^2}\cdot F(ABC) \end{eqnarray*}$

18.04.2025, 06:57

Leopold

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Ja, das war für unsern HAL wohl nur eine Fingerübung. Höchstens. Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.04.2025, 07:08

Elvis

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Menelaos von Alexandria, nicht zu verwechseln mit Menelaos, dem König von Sparta, dem Gatten der schönen Helena, griech. Helden im trojanischen Krieg.

18.04.2025, 07:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Ja, das war für unsern HAL wohl nur eine Fingerübung.

Tatsächlich kannte ich die Problemstellung - muss so ungefähr 40 Jahre her sein.

-------------------------------------------------

Ich setze das Aufgaben-Bombardement ein wenig fort:

Zitat:

Aufgabe 168

Man bestimme alle natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ , für die $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor\frac{k^3}{n}\right\rfloor = \frac{(n-2)(n-1)(n+1)}{4} \end{eqnarray*}$ gilt.

Dabei ist mit $\begin{eqnarray*} \left\lfloor \ldots \right\rfloor \end{eqnarray*}$ wie üblich die Gaußklammer gemeint.

24.04.2025, 08:40

Leopold

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Für ganzzahliges $\begin{align*} n \geq 2 \end{align*}$ setzen wir die folgenden Formeln als bekannt voraus:

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1} 1 = n-1 \, , \ \ \sum_{k=1}^{n-1} k = \frac{1}{2} \, (n-1) \, n \, , \ \ \sum_{k=1}^{n-1} k^2 = \frac{1}{6}\, (n-1)\, n \, (2n-1) \end{align*}$

Wir lassen die zu untersuchende Summe einmal vorwärts und einmal rückwärts laufen und erhalten so:

$\begin{align*} 2 \sum_{k=1}^{n-1} \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor \ = \ \sum_{k=1}^{n-1} \left( \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{(n-k)^3}{n} \right \rfloor \right) \end{align*}$

Zu einem Index $\begin{align*} k \end{align*}$ gibt es nun eine ganze Zahl $\begin{align*} m \end{align*}$ mit $\begin{align*} m \leq \frac{k^3}{n} < m+1 \end{align*}$ . Es folgt mit $\begin{align*} \frac{(n-k)^3}{n} = n^2 - 3nk + 3k^2 - \frac{k^3}{n} \end{align*}$ :

$\begin{align*} n^2 - 3nk + 3k^2 - m - 1 < \frac{(n-k)^3}{n} \leq n^2 - 3nk + 3k^2 - m \end{align*}$

Jetzt nehmen wir an, daß alle Glieder $\begin{align*} \frac{k^3}{n} \end{align*}$ nicht ganzzahlig sind. Dann gilt:

$\begin{align*} \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{(n-k)^3}{n} \right \rfloor = m + n^2 - 3nk + 3k^2 - m - 1 = n^2 - 3nk + 3k^2 - 1 \end{align*}$

Und man kann die Summe berechnen:

$\begin{align*} 2 \sum_{k=1}^{n-1} \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor \ = \ \sum_{k=1}^{n-1} \left( n^2 - 3nk + 3k^2 - 1 \right) \ = \ n^2 \sum_{k=1}^{n-1} 1 - 3n \sum_{k=1}^{n-1} k + 3 \sum_{k=1}^{n-1} k^2 - \sum_{k=1}^{n-1} 1 \end{align*}$

$\begin{align*} = n^2 \cdot (n-1) - 3n \cdot \frac{1}{2} \, (n-1) \, n + 3 \cdot \frac{1}{6} \, (n-1) \, n \, (2n-1) - (n-1) \end{align*}$

$\begin{align*} = (n-1) \left( n^2 - \frac{3}{2} \, n^2 + \frac{1}{2} \, n \, (2n-1) - 1 \right) = (n-1) \left( \frac{1}{2} \, n^2 - \frac{1}{2} \, n - 1 \right) \end{align*}$

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

Nach Division durch 2 erhält man die zu beweisende Formel.

Gibt es dagegen ein $\begin{align*} k \end{align*}$ , so daß $\begin{align*} \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor \end{align*}$ ganzzahlig ist, erhält man für dieses $\begin{align*} k \end{align*}$ :

$\begin{align*} \left \lfloor \frac{k^3}{n} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{(n-k)^3}{n} \right \rfloor = m + n^2 - 3nk + 3k^2 - m = n^2 - 3nk + 3k^2 \end{align*}$

Dieser Wert ist um 1 größer als im andern Fall. Daher kann sich nicht mehr die in der Aufgabe angegebene Formel ergeben.

Jetzt könnte man noch fragen, für welche $\begin{align*} n \end{align*}$ welcher Fall eintritt.
Ist $\begin{align*} n \end{align*}$ ein Produkt paarweise verschiedener Primzahlen, so kann sich in $\begin{align*} \frac{k^3}{n} \end{align*}$ der Nenner nicht vollständig wegkürzen. Das wäre nur dann der Fall, wenn alle Primzahlen auch in $\begin{align*} k^3 \end{align*}$ , also in $\begin{align*} k \end{align*}$ vorkämen. Das steht im Widerspruch zu $\begin{align*} k<n \end{align*}$ .
Enthält dagegen $\begin{align*} n \end{align*}$ den Primfaktor $\begin{align*} p \end{align*}$ mindestens zweimal, etwa $\begin{align*} n = p^2 l \end{align*}$ , so wähle man $\begin{align*} k = pl \end{align*}$ , und es ist $\begin{align*} \frac{k^3}{n} = pl^2 \end{align*}$ ganzzahlig.

Die angegebene Formel gilt also dann und nur dann, wenn $\begin{align*} n \end{align*}$ ein Produkt paarweise verschiedener Primzahlen ist.

Da mußte ich einiges Zahlenmaterial hin- und herwälzen, bis ich auf die zündende Idee kam. Wie immer, wenn man die hat, ist der Rest dann Routine. Mehr oder weniger.

24.04.2025, 08:42

Leopold

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Off-Topic

Kaum ein Schüler dürfte sich in diesem Forum hier herumtreiben. Der heutige Standard-Schüler löst solche Aufgaben mit KI oder mit VI (Verwandten-Intelligenz), präsentiert die Lösung vor der Klasse im Brustton der Überzeugung und ist furchtbar enttäuscht, wenn er nur eine Fünf bekommt, weil kaum etwas vom Gesagten richtig ist. Nun, es gibt auch die andern, die engagierten, aber es sind zu wenige, und sie finden nicht ins Mathe-Board. So bleiben wir Alten unter uns und haben Spaß daran, unsere in einem langen Mathematikerleben erlernten Techniken auszuprobieren, um Aufgaben, die für Schüler durchaus anspruchsvoll wären und einige Zeit in Anspruch nähmen, mit überschaubarem Aufwand zu lösen.

Dann noch einmal etwas Ähnliches. Ich hoffe, daß ich diese Aufgabe nicht schon mal irgendwo im Mathe-Board gestellt habe.

Zitat:

Aufgabe 169

Gegeben ein Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ . Gesucht sind zwei Kreise von gleichem Radius $\begin{align*} p \end{align*}$ , die sich in $\begin{align*} C \end{align*}$ berühren. Der eine Kreis soll die Punkte $\begin{align*} A,C \end{align*}$ , der andere die Punkte $\begin{align*} B,C \end{align*}$ enthalten.
Man drücke $\begin{align*} p \end{align*}$ durch bekannte Dreiecksgrößen aus (Seiten, Höhen, Seitenhalbierende, Winkelhalbierende, Umkreisradius, Inkreisradius, Ankreisradien, Umfang und so weiter).

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24.04.2025, 10:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Die angegebene Formel gilt also dann und nur dann, wenn $\begin{align*} n \end{align*}$ ein Produkt paarweise verschiedener Primzahlen ist.

Ergänzend sei bemerkt, dass man solche Zahlen auch quadratfrei nennt.

Für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ stimmt das ganze übrigens auch, sofern man leere Summen akzeptiert. Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.04.2025, 10:46

Leopold

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Witzig fand ich bei der Sache, daß es am Ende wieder jener Trick war, mit dem der Erzählung nach der kleine Carl Friedrich seinen Lehrer beeindruckt hat.

24.04.2025, 11:11

HAL 9000

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Zu 169: Zum Lösungsweg verrate ich mal nichts, nur die endgültige Radiusformel bei gegebenen $\begin{eqnarray*} a,b,\gamma \end{eqnarray*}$ - da müsste $\begin{eqnarray*} p = \frac{\sqrt{a^2+b^2+2ab\cos(\gamma)}}{2\sin(\gamma)} \end{eqnarray*}$ rauskommen. Die Konstruktion der Kreismittelpunkte ist viel einfacher zu beschreiben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.04.2025, 11:34

Leopold

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Ich hatte eine ganz andere Formel, konnte aber deine schnell in meine überführen. Wenn man nämlich mittels Cosinussatz den Winkel im Radikanden eliminiert, erkennt man...
Man kann die Sache schließlich gänzlich trigonometriefrei machen. Es gibt ja hundertfach Zusammenhänge zwischen den Größen eines Dreiecks.

24.04.2025, 11:41

HAL 9000

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Trigonometrie- und wurzelfrei wäre z.B. $\begin{eqnarray*} p = \frac{2Rs_c}{c} \end{eqnarray*}$ mit Umkreisradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und Seitenhalbierenden $\begin{eqnarray*} s_c \end{eqnarray*}$ , und nutzt auch "nur" drei Größen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.04.2025, 12:17

Leopold

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Ja, das war auch meine Formel. Und hier noch mehr als eine Anregung dazu.
[attach]58251[/attach]

24.04.2025, 13:27

HAL 9000

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Mein Vorgehen war etwas anders:
[attach]58253[/attach]
Per Punktspiegelung an $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ gehen die beiden erwähnten Kreise ineinander über. Sei $\begin{eqnarray*} B' \end{eqnarray*}$ der Spiegelpunkt von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , dann ist der eine Kreis der Umkreis des Dreiecks $\begin{eqnarray*} B'AC \end{eqnarray*}$ . Per Strahlensatz kriegt man schnell $\begin{eqnarray*} |AB'| = 2s_c \end{eqnarray*}$ , und damit über

$\begin{eqnarray*} \frac{2s_c}{2p} = \sin\left(180^{\circ}-\gamma\right) = \sin\left(\gamma\right) = \frac{c}{2R} \end{eqnarray*}$

auch die obige Formel für $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ .

Was deine Skizze betrifft: Dass die beiden roten Winkel gleich sind, folgt unmittelbar aus dem Kreiswinkelsatz. Bei den blauen oder alternativ den gelben Winkeln bin ich hinsichtlich einer elementargeometrischen Begründung noch nicht im Bilde - da muss ja irgendwie eine Rolle spielen, dass die beiden Kreisradien gleich sind. Wo das bei dir ins Spiel kommt, sehe ich anhand der Skizze noch nicht. verwirrt

verwirrt

24.04.2025, 18:07

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
Was deine Skizze betrifft: Dass die beiden roten Winkel gleich sind, folgt unmittelbar aus dem Kreiswinkelsatz. Bei den blauen oder alternativ den gelben Winkeln bin ich hinsichtlich einer elementargeometrischen Begründung noch nicht im Bilde - da muss ja irgendwie eine Rolle spielen, dass die beiden Kreisradien gleich sind. Wo das bei dir ins Spiel kommt, sehe ich anhand der Skizze noch nicht. verwirrt

verwirrt

Du hast mich erwischt! Augenzwinkern

Augenzwinkern

In der Tat war es so, daß ich das Ergebnis zunächst rechnerisch bekommen habe, daraus eine Verhältnisgleichung geformt und danach Dreiecke gesucht habe, in der die Strecken der Formel vorkommen. So habe ich denn die beiden Dreiecke gefunden. Und mir erging es ebenso wie dir. Der rote Winkel war sofort klar, durch Messen waren auch die andern Winkel als gleich erkannt, aber wie begründen? Und da dachte ich, irgendein MatheBoarder würde da vielleicht einen genialen Einfall haben. verwirrt

verwirrt

25.04.2025, 07:51

HAL 9000

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Ok, sollte es da was geben, braucht man wohl ein paar Hilfslinien mehr (vielleicht auch mein B' o.ä.) in der Skizze. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Leopold
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.

Diese Maximalpunktzahl sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ genannt. Schubfachprinzip ist auf jeden Fall die richtige Idee zum Nachweis dafür, dass $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ Punkte mit gegenseitigen Abständen >5 nicht mehr in das Rechteck reinpassen.

Bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Punkten wiederum kann man hier eine Konfiguration angeben mit Mindestabstand $\begin{eqnarray*} 5+\frac{1}{18} \end{eqnarray*}$ - noch mehr Mindestabstand geht bei dieser Punktanzahl vermutlich nicht.

P.S.: Meist besteht bei derlei Problemen eine "Lücke" zwischen der Anzahl Punkten, die man noch reinquetschen kann und der Anzahl, wo man mit moderatem Aufwand nachweisen kann, dass sie nicht mehr reinpasst (siehe etwa hier). Im vorliegenden Fall geht es ohne Lücke auf.

26.04.2025, 14:06

Leopold

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Hier mal etwas ganz anderes.

Zitat:

Aufgabe 170

Man zeige:

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ = \int \limits_{- \infty}^{\infty} f \left( x - \frac{1}{x} \right) ~ \dd x \end{align*}$

Man darf annehmen, daß $\begin{align*} f \end{align*}$ stetig ist und das Integral links absolut konvergiert.

EDIT
Konvergenz durch absolute Konvergenz ersetzt (siehe Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule")

02.05.2025, 11:30

Leopold

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Ich finde es interessant, wie Finn den eigentlichen Kern herausgeschält hat. Freude

Freude

Ich habe daher meinen Beweis überarbeitet und präsentiere ihn in einer verallgemeinerten Form, allerdings nicht ganz so allgemein, wie Finn es ausgeführt hat. Es hat sich ja sonst niemand mit einer Lösung vorgedrängelt.

Wir nehmen eine in $\begin{align*} \mathbb{R} \setminus \{ 0 \} \end{align*}$ differenzierbare Funktion $\begin{align*} s \end{align*}$ , die in jedem Teilintervall des Definitionsbereichs streng monoton fällt. Es gelte

$\begin{align*} s(x) \to \infty \ \ \mbox{für} \ \ x \to 0+0 \, , \ \ s(x) \to 0 \ \ \mbox{für} \ \ x \to \infty \end{align*}$

Weiter setzen wir voraus, daß $\begin{align*} s \end{align*}$ ungerade und selbstinvers ist (man kann an $\begin{align*} s(x) = \frac{1}{x} \end{align*}$ denken).

Bei der folgenden Rechnung substituieren wir $\begin{align*} x \end{align*}$ durch $\begin{align*} x-s(x) \end{align*}$ , einmal transformieren wir auf das Intervall $\begin{align*} \left( - \infty, 0 \right) \end{align*}$ , das andere Mal auf $\begin{align*} \left( 0 , \infty \right) \end{align*}$ . Es ist dann $\begin{align*} \dd x \end{align*}$ durch $\begin{align*} \left( 1 - s'(x) \right) ~ \dd x \end{align*}$ zu ersetzen:

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ = \ \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ + \ \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ = \ \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^0 f \left( x-s(x) \right) \cdot \left( 1 - s'(x) \right) ~ \dd x \ + \ \frac{1}{2} \int \limits_0^{\infty} f \left( x-s(x) \right) \cdot \left( 1 - s'(x) \right) ~ \dd x \end{align*}$

$\begin{align*} = \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f \left( x-s(x) \right) ~ \dd x \ - \ \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^0 f \left( x - s(x) \right) \cdot s'(x) ~ \dd x \ - \ \frac{1}{2} \int \limits_0^{\infty} f \left( x-s(x) \right) \cdot s'(x) ~ \dd x \end{align*}$

Nun substituieren wir in den beiden letzten Integralen

$\begin{align*} -s(x) = t \, , \ \ -s'(x) ~ \dd x = \dd t \end{align*}$

Da $\begin{align*} s \end{align*}$ selbstinvers und ungerade ist, erhält man daraus

$\begin{align*} x = s(-t) = -s(t) \end{align*}$

Die Integrationsintervalle vertauschen ihre Rollen. So findet man

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ = \ \frac{1}{2} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f \left( x - s(x) \right) ~ \dd x \ + \ \frac{1}{2} \int \limits_0^{\infty} f \left( -s(t) + t \right) ~ \dd t \ + \ \frac{1}{2} \int_{- \infty}^0 f \left( -s(t) + t \right) ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} = \ \int \limits_{- \infty}^{\infty} f \left( x- s(x) \right) ~ \dd x \end{align*}$

02.05.2025, 11:37

Leopold

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Und hier mal etwas zur Entspannung zwischendurch. Diese Aufgabe könnte man tatsächlich Schülern stellen, während sich sonst das Niveau in diesem Thread deutlich über der Schulmathematik bewegt.

Zitat:

Aufgabe 171

Wie in der Zeichnung zu sehen, befindet sich ein Punkt $\begin{align*} P \end{align*}$ im Innern des Dreiecks $\begin{align*} ABC \end{align*}$ , so daß die eingetragenen Winkelgrößen gelten.

Man zeige, daß das Dreieck gleichschenklig ist.

[attach]58261[/attach]

03.05.2025, 03:15

klauss

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Zitat:

Lösung Aufgabe 171

Wenn ich den Winkel CBP $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ nenne, gilt mit Sinussatz:

$\begin{eqnarray*} \overline{CA}=\frac{\overline{CP}\cdot \sin{(\textcolor{red}{1}50°)}}{\sin{(20°)}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overline{CB}=\frac{\overline{CP}\cdot \sin{(70°)}}{\sin{(\beta)}} \end{eqnarray*}$

Dies setze ich jeweils ein in

$\begin{eqnarray*} \frac{\overline{CB}}{\sin{(50°)}} =\frac{\overline{CA}}{\sin{(\beta+10°)}} \end{eqnarray*}$

...

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow ~ \frac{\sin{(\beta+10°)}}{\sin{(\beta)}}=\frac{\sin{(50°)}\cdot \sin{(150°)}}{\sin{(20°)}\cdot \sin{(70°)}} = \frac{\sin(\beta)\cos(10°)+\cos(\beta)\sin(10°)}{\sin(\beta)} = \cos(10°)+\frac{\sin(10°)}{\tan(\beta)} \end{eqnarray*}$

Da man diese Aufgabe tatsächlich Schülern stellen könnte, dürfen sie dann nach Auflösen mit Taschenrechner bestätigen:

$\begin{eqnarray*} \tan(\beta)=\frac{1}{1,1917535926} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \beta=40° \end{eqnarray*}$

Geht es schneller/einfacher?

Schreibfehler auf Hinweis Leopold berichtigt.
klauss

03.05.2025, 06:52

Leopold

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Zitat:

Original von klauss
Geht es schneller/einfacher?

Es geht vor allem ohne Taschenrechner. Augenzwinkern

Augenzwinkern

(Zu Anfang war ich ganz erschrocken: Wo kriegt der klauss nur seine 50° in seiner ersten Formel her? Es scheint aber nur ein Schreibfehler zu sein und soll wohl 150° heißen.)

03.05.2025, 09:50

nichteuerernst

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Die Einführung des Hilfspunktes Q liefert hoffentlich interessante Anhaltspunkte.
Die Dreiecke APC und BPQ sind kongruent, somit gilt AC=BP.
Der Beweis verlagert sich damit auf den erforderlichen Nachweis, dass BP = BC gelten muss.
Der Winkel BPC hat eine Größe von 70°, selbiges muss auch für PCB nachgewiesen werden.

03.05.2025, 14:42

HAL 9000

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Ich baue mal auf den interessanten Betrachtungen von nichteuerernst auf:

[attach]58263[/attach]

Ergänzt man $\begin{eqnarray*} PQB \end{eqnarray*}$ zum Parallelogramm $\begin{eqnarray*} PQBR \end{eqnarray*}$ (siehe Skizze), dann ist Dreieck $\begin{eqnarray*} APC \end{eqnarray*}$ nicht nur kongruent zu $\begin{eqnarray*} PQB \end{eqnarray*}$ , sondern auch zu $\begin{eqnarray*} BRP \end{eqnarray*}$ .

Nun wissen wir $\begin{eqnarray*} |PC| = |QB| = |PR| \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} |\angle RPC| = 60^{\circ} \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} PRC \end{eqnarray*}$ gleichseitig.

Damit haben wir $\begin{eqnarray*} |AP| = |BR| \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} |PC| = |RC| \end{eqnarray*}$ und über die Winkelsumme im Viereck $\begin{eqnarray*} ABRC \end{eqnarray*}$ dann auch $\begin{eqnarray*} |\angle BRC| = 150^{\circ} \end{eqnarray*}$ . Damit ist auch $\begin{eqnarray*} BRC \end{eqnarray*}$ kongruent zu den bereits genannten drei Dreiecken, speziell haben wir damit das angestrebte $\begin{eqnarray*} |AC| = |BC| \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Die genannten Betrachtungen von nichteuerernst und mir gelten auch für

$\begin{eqnarray*} |\angle ACP| = |\angle ABP| = \delta \end{eqnarray*}$ mit beliebigem $\begin{eqnarray*} \delta\in \left(0,30^{\circ}\right) \end{eqnarray*}$ , sofern zudem $\begin{eqnarray*} |\angle PAC| = 30^{\circ}-\delta \end{eqnarray*}$ . Voraussetzung $\begin{eqnarray*} |\angle BAP| = 30^{\circ} \end{eqnarray*}$ muss dabei bestehen bleiben.

05.05.2025, 18:31

Leopold

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Hier habe ich noch etwas Schönes gefunden.

Zitat:

Aufgabe 172

Eine Lerngruppe besteht aus a Mädchen und b Jungen. Aus der Lerngruppe wird zufällig eine zweiköpfige Sprechergruppe gebildet. Man bestimme alle möglichen Paare a,b, so daß die Wahrscheinlichkeit, daß die Sprechergruppe aus einem Mädchen und einem Jungen besteht, 50 % beträgt.

Und selbstverständlich lassen wir uns als Mathematiker in der Größe der Lerngruppe keine Grenzen auferlegen...

05.05.2025, 19:49

HAL 9000

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Und ich variiere das ganze "ein wenig":

Zitat:

Aufgabe 172a

Eine Lerngruppe besteht aus a Mädchen und b Jungen. Aus der Lerngruppe wird zufällig eine zweiköpfige Sprechergruppe gebildet. Man bestimme alle möglichen Paare a,b, so daß die Wahrscheinlichkeit, daß die Sprechergruppe nur aus Mädchen besteht, 50 % beträgt.

Klingt zwar ähnlich, ist aber ein ganzes Stück komplizierter. Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.05.2025, 13:54

Gualtiero

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Aufgabe 172
Mit freundlicher Unterstützung von HAL 9000

Zitat:

Lösung Aufgabe 172

In der Lerngruppe können folgende zweiköpfige Sprecherteams gebildet werden:

$\begin{eqnarray*} \frac{a(a-1)}{2}\ \text{ausschließlich Mädchenteams,} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{b(b-1)}{2}\ \text{ausschließlich Jungenteams und } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ab \text{ ausschließlich gemischte Teams} \end{eqnarray*}$ .

Ich unterteile die Gesamtheit der Teams in zwei Abteilungen:
Abteilung1 enthält alle reinen Mädchenteams UND alle reinen Jungenteams.
Abteilung2 enthält ausschließlich gemischte Teams.

Abteilung2 muss zahlenmäßig gleich der Abteilung1 sein, um die geforderte 50%-Wahrscheinlichkeit zu gewährleisten.

Daher: $\begin{eqnarray*} \frac{a^2+b^2-(a+b)}{2}=ab \end{eqnarray*}$

(HAL 9000) Binomisches Quadrat ausklammern: $\begin{eqnarray*} (a-b)^2=a+b \end{eqnarray*}$

(HAL 9000) Für die Differenz wird ein Parameter eingeführt: $\begin{eqnarray*} k= a-b \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich: $\begin{eqnarray*} a=b+k \ \ \text{und} \ \ b=a-k \end{eqnarray*}$

Es gilt sowohl $\begin{eqnarray*} k^2=2b+k \ \ \Rightarrow \ \ b=\frac{k(k-1)}{2} \end{eqnarray*}$

als auch: $\begin{eqnarray*} k^2=2a-k \ \ \Rightarrow \ \ a=\frac{k(k+1)}{2} \end{eqnarray*}$

Indem man für $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ (natürlich ganzzahlige) Werte $\begin{eqnarray*} \leq -2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \geq 2 \end{eqnarray*}$ einsetzt, kann man beliebig viele Paare $\begin{eqnarray*} a, b \end{eqnarray*}$ bestimmen, welche die in der Aufgabe gestellte Bedingung erfüllen.

09.05.2025, 06:26

Leopold

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Zitat:

Aufgabe 173

Die reelle Zahlenfolge $\begin{align*} \left( a_n \right) \end{align*}$ werde rekursiv definiert durch

$\begin{align*} a_1 = 1 \, , \ \ a_{n+1} = 1 + \prod_{k=1}^n a_k \ \ \mbox{für} \ \ n \geq 1 \end{align*}$ .

Man berechne $\begin{align*} \alpha = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} \end{align*}$ .

12.05.2025, 13:48

HAL 9000

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Zitat:

Aufgabe 174

Gegeben sei eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ . Jeder Punkt der Ebene sei mit einer von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Farben gefärbt. Man zeige, dass in dieser Ebene ein Rechteck existiert, dessen vier Ecken sämtlich mit derselben Farbe gefärbt sind.

Ich hätte die Aufgabe auch auf einer bestimmten, sogar nur endlichen Teilmenge dieser Ebene formulieren können - aber das hätte wohl schon zuviel verraten, was einen möglichen Lösungsweg betrifft. Daher lasse ich es mal "schwer", indem ich es bei dieser verschleiernden (erschlagenden?) Wahlfreiheit belasse. Big Laugh

Big Laugh

Und wem das noch nicht reicht, der kann sich noch überlegen, wie das ganze im dreidimensionalen Raum aussieht: D.h. Existenznachweis eines Quaders dort mit sämtlichen acht Ecken in derselben Farbe.

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Für diejenigen, die derlei kombinatorisches nicht so mögen, hier was algebraisches:

Zitat:

Aufgabe 175

Es sei $\begin{eqnarray*} f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c \end{eqnarray*}$ eine kubische Polynomfunktion mit drei positiv reellen Nullstellen, darunter mindestens zwei verschiedene.

Man zeige, dass dann $\begin{eqnarray*} a^2 + b^2 + 18c > 0 \end{eqnarray*}$ gilt.

23.05.2025, 16:07

Gualtiero

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Aufgabe 175

Zitat:

Lösung von Aufgabe 175

Es liegt also eine kubische Funktion mit drei reellen Nullstellen vor, davon müssen mindestens zwei voneinander verschieden sein.

Die positiven reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} p, q, r \end{eqnarray*}$ mögen für die genannten Nullstellen stehen. Dann sieht der Funktionsterm so aus:

$\begin{eqnarray*} f(x)=(x-p)(x-q)(x-r)=x^3-\overbrace{(p+q+r)}^{a}x^2+\overbrace{(pq+rq+rp)}^{b}x-\overbrace{pqr}^{c} \end{eqnarray*}$

Zu zeigen ist: $\begin{eqnarray*} \quad a^2+b^2+18c>0 \end{eqnarray*}$

Ausquadrieren und einsetzen von a, b und c:

$\begin{eqnarray*} p^2+q^2+r^2+2pq+2pr+2qr+p^2q^2+r^2q^2+r^2p^2+2rpq^2+2rqp^2+2pqr^2-18pqr>0 \end{eqnarray*}$

Hier ist noch nicht ersichtlich, dass die Ungleichung erfüllt ist. Die Differenz kann negativ sein.
Durch Umwandlung und "Verpacken" aller Summanden in Quadrate muss die linke Seite aber positiv sein.

$\begin{eqnarray*} (p-rq)^2+ (q-rp)^2+ (r-pq)^2+2pr(q-1)^2+2pq(r-1)^2+2qr(p-1)^2>0 \end{eqnarray*}$

Auch die Faktoren vor den Quadraten, da sie per Voraussetzung positiv sind, können keinen Vorzeichenwechsel bewirken.

Im Fall $\begin{eqnarray*} p=q=r=1 \end{eqnarray*}$ wären alle Klammerausdrücke sowie die Gesamtsumme gleich Null. Dieser Fall ist aber in der Voraussetzung ausgeschlossen.

Mit Dank an HAL 9000

26.05.2025, 12:53

HAL 9000

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Etwas verspätet nachgereicht eine mögliche Lösung der 166 - nach fast sechs Wochen will wohl keiner mehr ran.

Lösung Aufgabe 166

Angenommen, es passen 9 Punkte mit dieser Eigenschaft in das Rechteck. Unterteilt man dann dieses Rechteck in genau $\begin{eqnarray*} 2\cdot 4 = 8 \end{eqnarray*}$ Quadrate der Seitenlänge $\begin{eqnarray*} \frac{7}{2} \end{eqnarray*}$ , dann muss es laut Schubfachprinzip mindestens ein Quadrat geben mit mindestens zwei Punkten. Diese haben aber einen Abstand von maximal der Quadratdiagonalenlänge $\begin{eqnarray*} \frac{7}{2}\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ , und die ist kleiner als 5 - Widerspruch.

Andererseits betrachte man folgende Konfiguration von 8 Punkten im Rechteck $\begin{eqnarray*} \left[0,14\right]\times \left[0,7\right] \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \left(0,0\right) , \left(0,\frac{91}{18}\right), \left(\frac{14}{3},\frac{35}{18}\right) , \left(\frac{14}{3},7\right), \left(\frac{28}{3},0\right) , \left(\frac{28}{3},\frac{91}{18}\right),\left(14,\frac{35}{18}\right) , \left(14,7\right) \end{eqnarray*}$

[attach]58281[/attach]

Man kann sich leicht überzeugen, dass der minimale Abstand von zwei Punkten dieser Konfiguration $\begin{eqnarray*} \frac{91}{18} = 5.0\overline{5} \end{eqnarray*}$ beträgt (dieser Abstand taucht genau zehnmal auf), der nächstgrößere ist $\begin{eqnarray*} \frac{14}{9}\sqrt{13}\approx 5.61 \end{eqnarray*}$ (dreimal).

Damit ist die gesuchte Anzahl 8.

26.05.2025, 20:52

loldwdw2

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Zitat:

Aufgabe 176
Sei für $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ die Folge von Funktionen $\begin{eqnarray*} f_n(x) \end{eqnarray*}$ definiert durch:
$\begin{eqnarray*} <br /> f_n(x) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left[\left(1 + \frac{x}{k} \right)^k - e^x\right] \cdot \cos\left(\frac{kx}{n}\right)<br /> \end{eqnarray*}$

Definiere die Funktion $\begin{eqnarray*} F(x) \end{eqnarray*}$ durch den Grenzwert:
$\begin{eqnarray*} <br /> F(x) := \lim_{n \to \infty} f_n(x),<br /> \end{eqnarray*}$
sofern der Grenzwert existiert.

Aufgabenstellung:

Bonus: Untersuche, ob $\begin{eqnarray*} F(x) \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist, und bestimme gegebenenfalls die Ableitung $\begin{eqnarray*} F'(x) \end{eqnarray*}$ .

27.05.2025, 19:27

loldwdw2

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Viel Spaß!

Zitat:

Aufgabe 177
In einer Gruppe von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Personen (wobei $\begin{eqnarray*} n \geq 9 \end{eqnarray*}$ ungerade ist), tritt jeder einmal gegen jeden anderen im Armdrücken an. Es gibt keine Unentschieden – einer gewinnt, einer verliert.

Wie üblich sagen wir:

Person $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ dominiert Person $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ direkt gegen $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gewonnen hat,

oder wenn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ jemanden besiegt hat, der wiederum $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ besiegt hat.

Definition:
Ein Teilnehmer heißt dunkler König, wenn:

er nicht mehr als $\begin{eqnarray*} \frac{n - 1}{3} \end{eqnarray*}$ direkte Siege hat (also deutlich unterdurchschnittlich),

und trotzdem jeden anderen Teilnehmer dominiert (also: über maximal zwei Schritte).

Aufgabe:
Beweise oder widerlege:
In $\begin{eqnarray*} \textbf{jedem} \end{eqnarray*}$ Turnier mit ungeradem $\begin{eqnarray*} n \geq 9 \end{eqnarray*}$ existiert $\begin{eqnarray*} \textbf{immer mindestens ein dunkler König} \end{eqnarray*}$ .

28.05.2025, 06:34

Leopold

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in memoriam negotii centum septuaginta sex

Zitat:

Aufgabe 178

Untersuche auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Reihenwert:

$\begin{align*} \sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{(-1)^n}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \right) \end{align*}$

28.05.2025, 08:04

Lindenmayer

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@Leopold

Ich habe eine Frage zu Deiner Lösung von Aufgabe 164 :

Du schreibst, dass Du die ersten geraden n durchprobiert hast.

Jetzt würde mich interessieren, wie Du das bewerkstelligt hast.

Schließlich hast Du für n=4 eine Gleichung dritten Grades.

Diese ist nicht einfach zu lösen.

Ganz zu schweigen von n=6.

Hast Du etwa ein CAS benutzt?

Oder konntest Du -n+1/2 sofort ersichten?

G
Lindenmayer

28.05.2025, 13:18

HAL 9000

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Gewissermaßen auf das leichte Drängen von willyengland hin hier die "saubere"

Lösung von Aufgabe 176.

Ich setze mal die Kenntnis von $\begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty} \left(1 + \frac{x}{k} \right)^k = e^x \end{eqnarray*}$ voraus, wir betrachten daher im folgenden für festes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Nullfolge $\begin{eqnarray*} a_k = \left| \left(1 + \frac{x}{k} \right)^k - e^x \right| \end{eqnarray*}$ .

Da außerdem stets $\begin{eqnarray*} \left| \cos\left(\frac{kx}{n}\right) \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$ gilt, können wir abschätzen $\begin{eqnarray*} \left| \left[ \left(1 + \frac{x}{k} \right)^k - e^x\right] \cdot \cos\left(\frac{kx}{n}\right) \right| \leq a_k \end{eqnarray*}$ und weiter dann per Dreiecksungleichung

$\begin{eqnarray*} 0\leq \left| f_n(x) \right| \leq \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k\qquad (*) \end{eqnarray*}$

Die rechte Seite konvergiert für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ laut Cauchyschen Grenzwertsatz aber gegen $\begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty} a_k \end{eqnarray*}$ , was bei uns Null ist. Mit Sandwich (*) folgt dann zwangsläufig $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left| f_n(x) \right| = 0 \end{eqnarray*}$ , was gleichbedeutend mit $\begin{eqnarray*} F(x)=0 \end{eqnarray*}$ ist. Das äußerst schwere Ausrechnen der Ableitung $\begin{eqnarray*} F'(x) \end{eqnarray*}$ lasse ich hier mal offen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

@willyengland

Richtig ist, dass der Cauchysche Grenzwertsatz nicht direkt auf die Summe in $\begin{eqnarray*} f_n(x) \end{eqnarray*}$ angewandt wird, sondern stattdessen auf die obere Schranke in der Sandwich-Abschätzung (*), was letztlich ja auch reicht.

28.05.2025, 17:52

Mathhhhhlololol

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Zitat:

Aufgabe 179
Gegeben sei ein regelmäßiges 60-Eck $\begin{eqnarray*} A_1A_2\dots A_{60} \end{eqnarray*}$ der Seitenlänge $\begin{eqnarray*} s=1 \end{eqnarray*}$ mit Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ .
Alle Indizes werden $\begin{eqnarray*} \pmod{60} \end{eqnarray*}$ gerechnet.

Konstruiere nacheinander:

1. Diagonalkreuzpunkt
$\begin{eqnarray*} P_k := A_kA_{k+20}\cap A_{k+10}A_{k+40} \end{eqnarray*}$ .

2. Trug-Schwerpunkt
$\begin{eqnarray*} Q_k := \text{Schwerpunkt von }\triangle A_kA_{k+15}A_{k+30} \end{eqnarray*}$ .

3. Illusionsspiegelung
$\begin{eqnarray*} R_k := \end{eqnarray*}$ Spiegelbild von $\begin{eqnarray*} Q_k \end{eqnarray*}$ an der Mittelsenkrechten von $\begin{eqnarray*} OP_k \end{eqnarray*}$ .

4. Pseudo-Mittelpunkt
$\begin{eqnarray*} S_k := \text{Mittelpunkt der Strecke }R_{k-5}P_{k+5} \end{eqnarray*}$ .

5. Hydra-Schnittpunkt
$\begin{eqnarray*} T_k := S_{k-8}R_{k+8}\cap P_{k+22}Q_{k-22} \end{eqnarray*}$ .

Setze $\begin{eqnarray*} \mathcal H := T_1T_2\dots T_{60} \end{eqnarray*}$ .

Beweise oder Widerlege:
1. Alle Punkte $\begin{eqnarray*} T_k \end{eqnarray*}$ liegen auf einem Kreis mit Zentrum $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ .
2. Das Polygon $\begin{eqnarray*} \mathcal H \end{eqnarray*}$ ist ein **regelmäßiges 60-Eck**.
3. Seine Seitenlänge lautet $\begin{eqnarray*} \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\!\left(1+\sqrt{5}\right) \end{eqnarray*}$ .

Edit Equester: Nummerierung angepasst.

29.05.2025, 15:14

MatheEntdecker

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Aufgabe 178 (@Leopolds)
Die Reihe besteht aus zwei Teilen:

Einem alternierenden Term $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n} \end{eqnarray*}$

Einer harmonischen Summe $\begin{eqnarray*} H_{n-1} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

Um die Konvergenz zu untersuchen, wenden wir das Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen an. Dafür müssen wir zeigen:

Die Folge $\begin{eqnarray*} a_n = \frac{H_{n-1}}{n} \end{eqnarray*}$ ist monoton fallend für $\begin{eqnarray*} n \geq N \end{eqnarray*}$ (für ein gewisses $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ )

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \end{eqnarray*}$

Betrachten wir den Quotienten:
$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{H_n/(n+1)}{H_{n-1}/n} = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{H_{n-1} + \frac{1}{n}}{H_{n-1}} = \frac{n}{n+1} \left(1 + \frac{1}{n H_{n-1}}\right) \end{eqnarray*}$

Für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} H_{n-1} \approx \ln(n-1) + \gamma \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ die Euler-Mascheroni-Konstante ist. Daher:
$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{a_n} \approx \frac{n}{n+1} \left(1 + \frac{1}{n (\ln(n-1) + \gamma)}\right) < 1 \end{eqnarray*}$ für hinreichend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{H_{n-1}}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n-1) + \gamma + o(1)}{n} = 0 \end{eqnarray*}$

Beide Bedingungen des Leibniz-Kriteriums sind erfüllt, also konvergiert die Reihe.

Um den Wert der Reihe zu bestimmen, betrachten wir die Partialsummen und versuchen, eine geschlossene Form zu finden.

$\begin{eqnarray*} S = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} H_{n-1} \end{eqnarray*}$

Wir können die Summe umschreiben, indem wir die Definition von $\begin{eqnarray*} H_{n-1} \end{eqnarray*}$ einsetzen:
$\begin{eqnarray*} S = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \end{eqnarray*}$

Die innere Summe ist:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} = -\ln(2) - \sum_{n=1}^k \frac{(-1)^n}{n} \end{eqnarray*}$

Dies folgt aus der Taylorreihe für $\begin{eqnarray*} \ln(1+x) \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \ln(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} S = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \left(-\ln(2) - \sum_{n=1}^k \frac{(-1)^n}{n}\right) = -\ln(2) \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \sum_{n=1}^k \frac{(-1)^n}{n} \end{eqnarray*}$

Die erste Summe divergiert, was darauf hindeutet, dass diese direkte Umordnung problematisch ist. Stattdessen verwenden wir eine andere Methode.

Betrachten wir die Funktion:
$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n H_{n-1} \frac{x^n}{n} \end{eqnarray*}$

Deren Ableitung ist:
$\begin{eqnarray*} f'(x) = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n H_{n-1} x^{n-1} = -\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n H_n x^n \end{eqnarray*}$

Wir kennen die erzeugende Funktion für harmonische Zahlen:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} H_n x^n = -\frac{\ln(1-x)}{1-x} \end{eqnarray*}$

Daher:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n H_n x^n = -\frac{\ln(1+x)}{1+x} \end{eqnarray*}$

Also:
$\begin{eqnarray*} f'(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+x} \end{eqnarray*}$

Integration ergibt:
$\begin{eqnarray*} f(x) = \int \frac{\ln(1+x)}{1+x} dx = \frac{1}{2} \ln^2(1+x) + C \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} f(0) = 0 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} C = 0 \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} x = 1 \end{eqnarray*}$ erhalten wir den Reihenwert:
$\begin{eqnarray*} S = f(1) = \frac{1}{2} \ln^2(2) \end{eqnarray*}$

Somit:
Die Reihe konvergiert und ihr Wert ist:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} H_{n-1} = \frac{1}{2} \ln^2(2) \end{eqnarray*}$

29.05.2025, 20:00

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@Lindenmayer (Aufgabe 164)

Ich weiß nicht mehr, wie ich das gemacht habe. Grundsätzlich verwende ich aber ein CAS. So lasse ich kompliziertere Terme in aller Regel damit ausmultiplizieren, denn durch die vielen Operationen kann sich bei händischer Rechnung auch für geübte Rechner schnell mal ein Fehler einschleichen. Vielleicht habe ich die Nullstellen der Polynome g(x) vom CAS näherungsweise berechnen lassen. Oder ich habe mit einer Wertetabelle gearbeitet. Weil alle Koeffizienten positiv sind, können reelle Nullstellen nur negativ sein. Wenn man die negativen ganzen Zahlen durchprobiert, findet man schnell die beiden benachbarten Zahlen, zwischen denen nach dem Zwischenwertsatz die Lösung liegen muß. Und wenn man dann in die Mitte zielt, hat man einen Volltreffer. Vielleicht habe ich es so gemacht. Aber ich weiß es nicht mehr.

@MatheEntdecker (Aufgabe 178)

Ja, so kann man das machen. Ich hatte mir noch überlegt, das Ergebnis anzugeben, weil man diesem einen möglichen Lösungsansatz ansehen kann. Aber bei dir war das offenbar nicht nötig.

30.05.2025, 12:53

Lindenmayer

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Danke erstmal für die Antwort.

Ich denke, es ist gar nicht nötig, die ersten negativen ganzen Zahlen zu durchforsten.

Z.B. für n=6 und x=-1 müsste 5*6*7*8*9*10 berechnet werden.

Das ist etwas mühsam im Kopf auszurechnen.

Es geht auch einfacher :

Wir haben ja die Gleichung

x(x+1) (x+2)... (x+n-1) =(x+n) (x+n+1)... (x+2n-1)

Das ist für x=-(n-1) null ungleich n!

und für x=-n n! ungleich null.

Daher muss das x, das die Gleichung erfüllt, zwischen -n und -(n-1) liegen.

Wie Du gesagt hast : die Mitte ist ein Volltreffer.

Dass die Gleichung dort wirklich gilt ist leicht an der Symmetrie der Faktoren abzulesen. :-)

Anmerkung : Verzeihe mir den Stil! Ich habe noch nicht herausgefunden, wie ich hier Latex einbinden kann.

30.05.2025, 20:49

MatheEntdecker

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Zitat:

Lösung 173
Wir berechnen die ersten Terme, um ein Muster zu erkennen:

$\begin{eqnarray*} a_1 &= 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2 &= 1 + a_1 = 1 + 1 = 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_3 &= 1 + a_1 \cdot a_2 = 1 + 1 \cdot 2 = 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_4 &= 1 + a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 = 1 + 1 \cdot 2 \cdot 3 = 7 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_5 &= 1 + a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdot a_4 = 1 + 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7 = 43 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_6 &= 1 + a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5 = 1 + 1806 = 1807 \end{eqnarray*}$

Die Folge beginnt also mit: $\begin{eqnarray*} 1, 2, 3, 7, 43, 1807, \ldots \end{eqnarray*}$

Definiere $\begin{eqnarray*} p_n := \prod_{k=1}^{n} a_{k+2} \quad \text{für } n \geq 1. \end{eqnarray*}$
Damit gilt:

$\begin{eqnarray*} p_1 &= a_1 = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{n+1} &= 1 + p_n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_{n+1} &= p_n \cdot a_{n+1} = p_n \cdot (1 + p_n) = p_n + p_n^2 \end{eqnarray*}$

Wir betrachten die Differenz:
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{1}{p_n} - \frac{1}{p_{n+1}} = \frac{1}{p_n} - \frac{1}{p_n (1 + p_n)} = \frac{1}{p_n} \left(1 - \frac{1}{1 + p_n} \right) = \frac{1}{1 + p_n} = \frac{1}{a_{n+1}}<br /> \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + p_n \end{eqnarray*}$ , folgt:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{p_n} - \frac{1}{p_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ (d.h. $\begin{eqnarray*} n - 1 \geq 1 \end{eqnarray*}$ ) ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a_n} = \frac{1}{p_{n-1}} - \frac{1}{p_n} \end{eqnarray*}$

Die Reihe spalten wir auf:
$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} = \frac{1}{a_1} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{a_n} = 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{p_{n-1}} - \frac{1}{p_n} \right)<br /> \end{eqnarray*}$

Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} k = n - 1 \end{eqnarray*}$ (also $\begin{eqnarray*} n = k + 1 \end{eqnarray*}$ ) erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{p_{n-1}} - \frac{1}{p_n} \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) \end{eqnarray*}$

Dies ist eine Teleskopreihe. Die Partialsumme bis $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ist:
$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{k=1}^{N} \left(\frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) = \left( \frac{1}{p_1} - \frac{1}{p_2} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{p_N} - \frac{1}{p_{N+1}} \right) = \frac{1}{p_1} - \frac{1}{p_{N+1}}<br /> \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} p_1 = 1 \end{eqnarray*}$ folgt:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{k=1}^{N} \left(\frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) = 1 - \frac{1}{p_{N+1}}<br /> \end{eqnarray*}$

Grenzwert für $\begin{eqnarray*} N \to \infty \end{eqnarray*}$ :
Die unendliche Reihe wird zu:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) = \lim_{N \to \infty} \left(1 - \frac{1}{p_{N+1}} \right)<br /> \end{eqnarray*}$

Einsetzen in die ursprüngliche Reihe:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} = 1 + \lim_{N \to \infty} \left(1 - \frac{1}{p_{N+1}} \right) = 2 - \lim_{N \to \infty} \frac{1}{p_{N+1}}<br /> \end{eqnarray*}$

Wir zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{p_n} = 0 \end{eqnarray*}$ (sodass der Limes 0 ist):

$\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ ist streng monoton wachsend:

$\begin{eqnarray*} p_1 = 1,\ p_2 = 2 > 1 \end{eqnarray*}$

Induktiv: Gilt $\begin{eqnarray*} p_n > p_{n-1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + p_n > 1 \end{eqnarray*}$ , also
$\begin{eqnarray*} p_{n+1} = p_n \cdot a_{n+1} > p_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ wächst mindestens exponentiell:

Ab $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} a_2 = 2,\ a_3 = 3,\ a_4 = 7,\ a_5 = 43,\ a_6 = 1807 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + p_n \geq 3 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} p_{n+1} = a_{n+1} \cdot p_n \geq 3 \cdot p_n \end{eqnarray*}$

Also exponentielles Wachstum, z.B. $\begin{eqnarray*} p_4 = 42 \end{eqnarray*}$ , usw.

Somit: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{p_n} = 0 \end{eqnarray*}$

Endergebnis:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} = 2 \end{eqnarray*}$

02.06.2025, 09:01

HAL 9000

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Zur Auflockerung der Mammut-Rechenaufgabe 179 ein kleiner Happen für zwischendurch:

Zitat:

Aufgabe 180

Sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ eine positive ganze Zahl. Spieler 1 wirft eine faire Münze $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -mal, und Spieler 2 wirft sie danach $\begin{eqnarray*} (n+1) \end{eqnarray*}$ -mal.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler 1 mindestens so oft Kopf wirft wie Spieler 2 ? (Bitte als geschlossene Formel in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ angeben.)

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