Mathe-Marathon Schule - Seite 9 |
07.08.2017, 18:27 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Es wurden zeitgleich 2 Fotos von der Sonne gemacht Ein Fotograph befand sich in Basel (Schweiz) und einer in Sao Paulo (Brasilien) Um wieviel Grad ist die Sonne auf den beiden Bilder gedreht? Die Aufnahmen wurden am 14.7.2017 gemacht. In der Schweiz war es 20Uhr (Sommerzeit) Die Kameras waren natürlich horizontal ausgerichtet (Dutch Angle=0°) Diese Seite könnte hilfreich sein https://www.timeanddate.de/astronomie/ta...o=20170621T1330 |
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06.01.2020, 20:00 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Auf Anregung von HAL hier eine Aufgabe, die PhyMaLehrer gestellt hat.
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06.01.2020, 20:03 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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09.01.2020, 02:04 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
[attach]50348[/attach] mY+ |
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09.01.2020, 10:49 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Alternativ kommt man trigonometrisch sofort zu . Hier verlagert sich der Aufwand dann in die Vereinfachung des ersten Summanden, etwa über . |
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09.01.2020, 17:28 | SteMa | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Quadratseite: 0,2*r - hier also 0,2 |
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09.01.2020, 18:26 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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09.01.2020, 19:03 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ist doch irgendwie urkomisch. Da heißt dieser Strang Mathe-Marathon Schule. Und kein Schüler interessiert sich für diese Aufgaben. Stattdessen hocken wir alten Haudegen uns hin und haben ein kindliches Vergnügen daran, diese Geometrie-Aufgaben zu lösen. Sie sind ja nicht schwer. Und trotzdem reizen sie uns. Eigentlich kann es nur noch darum gehen, wer die "schönste" Lösung hat. Aber da ist ja meistens so, wie es schon im Sprichwort heißt: "Ein jeder Mensch pflegt insgeheim sein eigener Bewunderer, und zwar der einzige zu sein." Ich muß über mich selbst schmunzeln ... |
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09.01.2020, 21:20 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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11.01.2020, 11:42 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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11.01.2020, 23:16 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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13.01.2020, 10:58 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Restlicher Teil Aufgabe 143: Da kein Schüler meinen Descartes-Tipp aufgreifen wollte (Leopold lässt grüßen), sei hier kurz die Anwendung dieses Satzes skizziert: Zunächst bezeichne die Krümmung (= Kehrwert des Radius ) des gleichnamigen Kreises . Da Kreis den linken Kreis mit Krümmung 1 sowie den großen Kreis mit Krümmung (< 0, weil dieser Kreis "innen" berührt wird) und zudem noch den Kreis berührt, so folgt nach Satz von Descartes Mit bedeutet das . Für ist zu beachten, dass die drei genannten Kreise mit den Krümmungen , welche berühren, ebenfalls in derselben Weise auch berühren, das erklärt dann die beiden -Varianten in (*). Beide Varianten summiert ergibt bzw. umgestellt . Mit den beiden o.g. Startwerten lässt sich basierend auf dieser Iterationsformel die explizite Formel nachweisen, d.h., Kreis besitzt den Radius . |
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14.01.2020, 18:36 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Der von HAL genannte Satz von Descartes ist natürlich ein ziemlich mächtiges Werkzeug. Es geht aber auch ohne. Ich verwende dasselbe Koordinatensystem wie klauss. Jeder Kreis berührt einerseits den Kreis um vom Radius 1 von außen, andererseits den Kreis um vom Radius 2 von innen. Der Mittelpunkt eines jeglichen Kreises vom Radius , der diese beiden Kreise berührt, ist aber Schnittpunkt der beiden Kreise Dieses quadratische Gleichungssystem kann man in bekannter Weise bearbeiten. Durch Subtraktion der beiden Gleichungen fällt heraus, auch das Quadrat von hebt sich weg, und man erhält . Das setzt man in ein. Damit Übereinstimmung mit meiner Zeichnung von Aufgabe 143 herrscht, nimmt man den negativen -Wert. So findet man Das ist die Parameterdarstellung einer Kurve, auf der die Mittelpunkte der Kreise liegen. Die Kurve ist die untere Hälfte der von klauss gefundenen Ellipse. (Man setze die Ausdrücke von in ein. Dann fällt aus der Rechnung heraus.) Bisher noch nicht in die Rechnung eingegangen ist, daß auch seinen Vorgängerkreis von außen berührt. Der Start ist klar: Beginnen wir mit . berührt von außen. Daher liegt auf einem Kreis um vom Radius : ist aber auch von der Gestalt , alle Größen jetzt mit Index 1. Das setzt man ein und bekommt die Gleichung Das Quadrat löst sich in Luft auf, und man erhält als einzige Lösung und damit aus die Koordinaten von : Und so geht das jetzt weiter. Wir nehmen in Angriff. berührt von außen. Daher liegt auf einem Kreis um vom Radius : Wieder wird eingesetzt, die Größen jetzt mit Index 2. Quadriert und multipliziert man aus, fällt weg. Dann löst man nach der verbleibenden Wurzel auf und quadriert ein weiteres Mal. Man erhält die quadratische Gleichung Eine Lösung kennt man schon. Denn da neben auch berührt, muß auch statt die entsprechende Gleichung lösen. Nach dem Satz von Vieta, auf das lineare Glied der normierten Gleichung angewandt, muß daher gelten. Daraus folgt . Das setzt man wieder in ein und bekommt insgesamt Ich habe das iterativ noch ein paar Schritte weiter gemacht. Das ist ein wenig Fleißarbeit. Ich habe dabei weiter erhalten: Alle können so erweitert werden, daß sie den Zähler 2 besitzen. Man beobachtet, daß die Nenner sich dann immer um die nächste ungerade Zahl erhöhen, ganz wie es die Quadratzahlen tun. Man errät HALs Formel und die und auf ähnliche Weise: Das soeben beschriebene Verfahren kann man jetzt nutzen, um für die Formeln einen Induktionsbeweis zu führen. |
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27.01.2020, 16:47 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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30.01.2020, 01:27 | seinfeld | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Lösung Aufgabe 144: Für den unteren Halbkreis kann man die Funktion nehmen. Für die Ableitung ergibt sich mittels Kettenregel . Für den gesuchten Berührpunkt gilt als sinnvoller (zum Sachverhalt passender) Definitionsbereich . Da der Punkt auf der Tangente mit der Gleichung liegen muss, gilt : In Frage kommt laut Definitionsmenge nur (keine Scheinlösung) und damit , wodurch der Berührpunkt lautet. Desweiteren folgt für die Tangentensteigung und somit als Tangentengleichung Der Quadratseitenpunkt B ist von der Form und durch Einsetzen in t(x) erhält man umgestellt . Insgesamt ergibt sich also für den Abstand d der Punkte A und B letztendlich mittels Pythagoras-Formel |
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01.02.2020, 13:11 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Die Berührungspunkte sind die Schnittpunkte der Polaren aus dem Pol A(2r; r) bezüglich des Kreises (0,0; r). Die Gleichung der Polaren entspricht ebenfalls der Spaltform der Tangentengleichung: in die Kreisgleichung eingesetzt: Die weiteren Dinge sind analytische Grundaufgaben .. mY+ |
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20.09.2020, 21:03 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Anmerkung: Die Aufgabe stammt ursprünglich aus dem Bayerischen Abitur 2020, Teil B (CAS), und war demzufolge mit Hilfsmitteln zu lösen. Keinesfalls könnte in der Prüfung eine ausführliche schriftliche Lösung von gewöhnlichen Abiturienten verlangt werden, da es hierzu an Erfahrung, Übung und Detailkenntnissen fehlen würde. Da mir keine Musterlösung und kein CAS vorliegt und ich mich zunächst über den Schwierigkeitsgrad gewundert hatte, habe ich die Aufgabe gestern schriftlich durchgerechnet und festgestellt, dass sie ganz interessant ist, weil sie an einigen Stellen Aufmerksamkeit und Sorgfalt fordert. Daher die obige fettgedruckte Einschränkung. |
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21.09.2020, 11:09 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Typische Aufgabe, die künstlich ein wenig kompliziert gemacht wurde, obwohl inhaltlich nicht viel dahintersteckt. Ich habe sie in einer nicht präsentablen Schmierblattlösung einschließlich Skizze der Graphen in 10 Minuten vollständig durchgerechnet. Das ist keine Angeberei, nur eben die Erfahrung aus einem langjährigen Mathematikerleben. Natürlich kann man von einem durchschnittlichen Schüler nicht erwarten, daß er das ebenso schnell hinbekommt. Trotzdem ist das keine Aufgabe, die eine besondere Herausforderung enthält. Eine Rechenaufgabe. |
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21.09.2020, 12:20 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
So viel ist zu sagen: Die Funktionenschar ist symmetrisch, und alle Graphen haben die gleichen Nullstellen -1 und +1. Daher genügt die Berechnung der eingeschlossenen Fläche von 0 bis 1, diese wird dann gesetzt. Mit gelingt dann auch die Integration (Grundintegral --> arctan). Das Weitere ist die Auflösung der Gleichung nach a, nachdem man die Grenzen 0 und 1 eingesetzt hat. ------ Die von klauss erwähnte Aufmerksamkeit wird sich wohl darauf beziehen, dass die orientierte Fläche (für a > 0) negativ ist ... mY+ |
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21.09.2020, 15:45 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn man mit Beträgen rechnet, ergibt sich das von alleine: Nur im Minusfall erhält man eine Lösung , nämlich |
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22.09.2020, 18:52 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Die von mir gemeinte Aufmerksamkeit/Sorgfalt bezog sich auf folgende Punkte: 1) Das Auflösen von nach stellt viele Schüler vor Probleme. Außerdem steht hier eine kleine Fallunterscheidung im Raum. 2) Das Flächenintegral muß eigentlich zwingend - wie von Leopold – mit Betrag angesetzt werden. Man erhält sonst evtl. nur eine Lösung für . Auch diese Idee ist für Schüler nicht selbstverständlich. 3) Die Bestimmung einer Stammfunktion läßt sich hier nicht einfach auf eine Merkhilfe-Formel zurückführen. Der Blick für den nach Polynomdivision ist für Schüler ungewohnt. 4) Erkennen der Achsensymmetrie zwecks Vereinfachung, wenn nicht ausdrücklich danach gefragt ist, drängt sich Schülern nicht unbedingt auf. Alles in allem für uns natürlich ein Klacks ..., aber für Schüler im gedrängten Zeitplan der Schule kaum komplett zu überblicken. Auch wenn sie jeden Einzelaspekt kennen, wird es sehr schwer für sie, diese alle miteinander verwoben in 1 Aufgabe einzubringen. |
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22.09.2020, 19:46 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich gebe dir recht, daß das für den 08-15-Schüler, der willig und kompetent, aber nicht vortrefflich ist, nicht machbar ist. Ohne CAS nicht machbar. Das liegt daran, daß viele Techniken heute nicht mehr vertieft und geübt werden. In Baden-Württemberg spielt zum Beispiel die Betragsfunktion eine Außenseiterrolle. Sie wird mal erwähnt, Beträge werden mal berechnet, aber der Umgang damit, insbesondere das Auflösen nach x im Betrag, das können auch gute Schüler nicht. Woher sollen sie es können, wenn es im Unterricht nicht gemacht wird? Das Schülerpublikum hat sich in den letzten dreißig Jahren extrem geändert. Viele Schüler, die früher auf der Hauptschule waren, sind heute am Gymnasium, und so schlagen wir uns in Klasse 10 weniger mit Polynomdivision als mit dem Ausmultiplizieren von a(b+c), den Vorzeichenproblemen und dem Bruchrechnen, das für viele Schüler ein ewiges Rätsel bleibt, herum. Es ist nicht so, daß es nicht immer schon Schüler mit erheblichen Kompetenzproblemen in Mathematik gab. Aber das waren früher 2 oder 3 von 30, vielleicht auch mal 5, heute ist es ein Drittel bis zur Hälfte. Die halten den ganzen Laden auf. Entsprechend werden von oben die Anforderungen gesenkt. Zum Ausgleich steigen die Abiturschnitte. Zeigt das nicht, welche Wunder unsere Kultusminister vollbringen können? Der Aufgabe selber, finde ich, fehlt der Witz. Man muß die Techniken beherrschen, das ist wahr, braucht aber keine irgendwie geartete kreative Lösungsidee. Rechnen, rechnen, rechnen. Zu deinem Schritt 1) habe ich mir nie Gedanken gemacht. Ich habe mir überlegt, daß eine Funktionenschar ist, deren Funktionen aus einer festen Funktion, zum Beispiel , durch axiale Streckung in y-Richtung hervorgehen. Alle Funktionen der Schar haben daher dieselben Nullstellen, und diese sind offensichtlich . Und geärgert habe ich mich darüber, daß das im Nenner steht. Das nenne ich eine künstliche Schwierigkeit einbauen, denn offenbar ist Man hätte daher das ebenso gut in den Zähler schreiben können und dieselbe Schar erhalten. Wahrscheinlich wollten die Bayern wieder einmal beweisen: Unsere Schüler können sogar Matheaufgaben lösen, wenn der Parameter im Nenner steht. |
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23.09.2020, 00:12 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das a im Nenner hat mich kaum gestört, denn ich habe es einfach durch ersetzt. Dann ist eben c = 2.5 herausgekommen. Ich habe anfangs auch überlegt, was passiert, wenn man weitere Funktionswerte der arctan-Funktion betrachtet (eigentlich wollte ich das zuerst gar nicht wissen ). Es ist ja Dabei hatte ich zunächst vergessen, dass man ja dann auch für die andere Grenze anstatt 0 eben setzen muss, diesen Fehler habe ich eine Zeit lang nicht bemerkt. Dann blieb ja Gott sei Dank wieder alles beim Alten, puhhh. ----------- Ich finde die Aufgabe allemal interessant. Es besteht auch meiner Meinung nach kein Grund, auf ein CAS zu verzichten. Das CAS ist ein Werkzeug und immer so gut, wie man damit umgeht. Wenn man es effizient bedienen will, muss man immer auch wissen, was man tut, also den Hintergrund parat haben. Es erspart also nicht das Wissen, mittels dessen man die Aufgabe zu lösen hat, aber es kann entscheidend zur Lösungsfindung beitragen. In unserem Zentralabitur wird die Fähigkeit vorausgesetzt, Aufgaben auch mittels Technologieeinsatz praxisbezogen zu bearbeiten und zu lösen. [attach]51939[/attach] mY+ |
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05.02.2021, 20:57 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich greife die hier angefangene, aber versandete Aufgabe auf und kreiere einfach eine Zusatzinformation, mit der sich weiterrechnen und zugleich der langzeitig stagnierende Marathon fortsetzen läßt.
Nichts sonderlich aufregendes, aber eine geeignete Übung für ehrgeizige Schüler. |
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06.02.2021, 09:50 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du willst jetzt aber nicht, dass man die "Figürchen" (vermutlich irgendwelche Bäume oder Sträucher) genau ausmisst, sondern eher nur zählt... |
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06.02.2021, 12:58 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Richtig:
Ich habe es oben noch eingepflegt. |
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13.02.2021, 21:16 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Lösung der Aufgabe 146 Auf dem Dreieckgrundstück zähle ich zwei, auf dem Rest-Trapez fünf Symbole, daher ist das Verhältnis der Dreieckfläche zur Rest-Trapezfläche 2:5. [attach]52696[/attach] Die linke Trapezseite möge sein, dann ist die Dreieckfläche: Die Trapezfläche: In der Konstellation gibt es drei Seitenverhältnisse, die einander entsprechen und mithilfe derer in Abhängigkeit von ausgedrückt werden kann. Daraus kann man ableiten: Das kann in die Flächenformel für das kleine Trapez eingesetzt werden, womit die einzige Unbekannte ist. führt schließlich zu einer Gleichung dritten Grades. Lösung ist nur per Näherungsverfahren möglich. |
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13.02.2021, 22:24 | klauss | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das Ergebnis ist korrekt, insbesondere habe ich auch die Gleichung dritten Grades erhalten. Der Anspruch besteht hier mehr oder weniger darin, den richtigen Ansatz zu finden und ordentlich zu Ende zu rechnen. |
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16.08.2021, 09:36 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Auch wenn ich nicht "dran" bin - zwecks Wiederbelebung des Threads ein nettes Problem, das mir kürzlich begegnet ist:
Anmerkung: Lässt man die Bedingung "ganz" weg, d.h., wenn es um positive reelle Zahlen geht, dann gilt die Behauptung nicht. |
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16.08.2021, 18:41 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Für einen Widerspruch bei NICHT ganzen Zahlen genügt ein Gegenbeispiel: {g1, ..., g22} = {4, 4, 4, ..., 4, 1/2, 1/2}, die Summe der Kehrwerte ist 20*1/4 + 1, das ist genau 6. --------------- Ich habe mal versucht, mit der Summe der 22 Kehrwerte möglichst nahe an 6 heranzukommen, bin bis 6 1/4 gekommen (mit 17 *4 + 3 +3 +3 + 2 + 2 --> 17/4 + 1 +1 = 6 1/4). Das ist natürlich noch kein mathematischer Beweis, da sind noch Überlegungen nötig. Eine nette Aufgabe allemal. mY+ |
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16.08.2021, 18:49 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Die Summe der Kehrwerte bei diesem Beispiel ist nicht 6, sondern ... Mit den naheliegendenden kommt man aber auf . Das ist gleichzeitig das Minimum dessen, was mit positiv reellen Tupeln erreicht werden kann - beweisbar mit AMHM oder alternativ auch der CSU. |
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17.08.2021, 14:08 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ach ja, klar, da habe ich mich vertan ... und das Naheliegende war (noch) fern |
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15.09.2021, 16:41 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Noch näher an 6 (und sogar nächstliegend) ist 7/3 + 15/4 = 6 + 1/3 - 1/4 = 6 1/12. Dies ist der minimale Wert von . Man kann iterativ zeigen, dass die möglichst nah beieinander liegen müssen für die minimale Summe . Der Unterschied des maximalen zum minimalen darf also nur 1 betragen. Dann kommt man zu den obigen Werten. Mit iterativ meine ich den Algorithmus: Ersetze das minimale durch und das maximale durch . Die Summe über alle ist dabei eine Invariante. Die Summe der neuen Kehrwerte ist kleinergleich der alten Summe. Wiederhole den Schritt. Der Algorithmus terminiert bei Gleichheit von alter und neuer Summe der Kehrwerte, bei den oben angegebenen Werten. |
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10.01.2022, 14:19 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Angeregt durch die Ziffernzählerei in dem Thread fällt mir folgende Verallgemeinerung ein:
Anmerkungen: 1) Bei Anzahl "unendlich" reicht z.B. die Angabe von unendlich vielen mit der entsprechenden Quersumme , d.h., es müssen da nicht alle solchen angegeben werden... 2) Bei jeder endlichen Anzahl ist natürlich eine Begründung nötig, warum es genau so viele sind; insbesondere eben bei Anzahl Null die Unmöglichkeit. Zugegeben, bei q=7 sowie q=10 habe ich auch noch Probleme mit der Antwort... |
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17.05.2022, 16:47 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Sieht harmloser aus als sie ist. |
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18.05.2022, 09:22 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Schon auch, aber mit der vollst. Induktion gelingt's. mY+ |
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18.05.2022, 09:27 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Da würde ich an deiner Stelle nochmal drüber nachdenken... |
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18.05.2022, 11:34 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
... Ist natürlich unrichtig, kommt vom "husch-husch", suche beizeiten nach dem Fehler |
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22.08.2022, 16:46 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hier einmal ein Kleinod aus dem Bereich der Schulgeometrie (nach Haag, Wilfried; Wege zu geometrischen Sätzen).
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23.08.2022, 13:40 | Huggy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Nur keine Scheu! Die Vermutungen, die man anhand einer Beispielzeichnung hat, lassen sich geradlinig durch Vektor-/Koordinatenrechnung beweisen. Ärgerlich ist nur, dass man die Vektoren/Koordinaten in Komponentendarstellung braucht, um die Senkrechten auf den Seiten des Vierecks zu bilden. 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. Schöne und verblüffende Aufgabe. |
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