Mathe-Marathon Schule - Seite 9

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xb Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 139

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°)


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https://www.timeanddate.de/astronomie/ta...o=20170621T1330
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Auf Anregung von HAL hier eine Aufgabe, die PhyMaLehrer gestellt hat.

Zitat:
Original von PhyMaLehrer
Aufgabe 140
Hier eine kleine Aufgabe zum Aufwärmen im neuen Jahr:

[attach]50334[/attach]

Zwei Kreise mit dem Radius 1 berühren einander. Sie haben eine gemeinsame Tangente parallel zur Verbindungsgeraden der Mittelpunkte. Dadurch entsteht zwischen diesen drei Objekten eine Art Dreieck.
Dieser Figur soll ein Quadrat einbeschrieben werden, dessen eine Seite auf der Tangenten liegt und die beiden noch freien Eckpunkte auf je einem der Kreise.
Wie groß ist die Seitenlänge dieses Quadrates?
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 141 (in Anschluß an Aufgabe 140)

[attach]50332[/attach]

Und wie sieht's mit einem gleichseitigen Dreieck aus, das, wie in der Figur angedeutet, eingeschoben wird?
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »



[attach]50348[/attach]

mY+
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 .
SteMa Auf diesen Beitrag antworten »

Quadratseite: 0,2*r - hier also 0,2
 
 
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Analytische Lösung Aufgabe 141

Die x-Achse sei gemeinsame Tangente der beiden Kreise. Der Koordinatenursprung liegt im Mittelpunkt der Grundseite des Dreiecks.
Aus Symmetriegründen betrachte ich nur den linken unteren Halbkreis.
Funktionsgleichung:




Da das Dreieck gleichseitig ist, muß die die linke Dreiecksseite enthaltende Tangente an im Berührpunkt die Steigung haben.




Tangentengleichung somit:


Deren Nullstelle:

ist dann zugleich die halbe Länge der Dreiecksgrundseite.

Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 142 (im Anschluß an Aufgabe 140 und 141)

Die Aufgabe ist selbsterklärend.

[attach]50350[/attach]


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 ...

smile
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Analytische Lösung Aufgabe 142

Das Koordinatensystem liege wie in Lösung 141.
Zu untersuchen diesmal: An welcher Stelle schneiden sich die Funktionen
(rechter unterer Halbkreis)
und
Ursprungsgerade enthaltend die rechte Dreiecksseite)

Ergebnis:

ist die halbe Länge der Dreiecksseiten.

Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 143
[attach]50365[/attach]
Der Kreis hat den Radius . Man zeige, daß die Radien der Kreise eine rationale Zahlenfolge bilden und bestimme diese.

Zusatz: Man zeige, daß die Mittelpunkte der Kreise auf einer (beinahe kreisförmigen) Ellipse liegen und beschreibe diese.
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Teillösung Zusatz Aufgabe 143

Die Figur liege in einem Koordinatensystem mit dem Ursprung im Mittelpunkt des Umkreises mit dem Radius 2, die x-Achse verläuft durch den Ursprung und den Mittelpunkt des linken -Kreises.

Sei der Mittelpunkt und der Radius des Kreises , dann gilt für die Abstände von zu und (jeweils Länge der Verbindungsvektoren):

I)
II)


Die Mittelpunkte der liegen auf der blauen Ellipse

Ellipsenmittelpunkt
Brennpunkte und
Halbachse
Halbachse

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 .
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.
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 144

Eine Quadratseite ist Durchmesser eines Kreises mit Mittelpunkt und Radius .
Eine Tangente, die nicht senkrecht zum Durchmesser steht enthält einen Eckpunkt.

Man bestimme nur mit Mitteln der Schulanalysis*
- die Koordinaten des Berührpunktes der Tangente am Kreis
- die Funktionsgleichung der Tangente
- die Koordinaten des Schnittpunkts der Tangente mit der Grundseite des Quadrats
jeweils in Abhängigkeit von und bestätige damit die hier gefundene Länge der Strecke AB.

*(reine Funktionsuntersuchung ohne elementargeometrische Argumentation)

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
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+
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 145

Gegeben sind die in definierten Funktionen
mit

Bestimme ohne Verwendung elektronischer Hilfsmittel denjenigen Wert von , für den die von den Graphen von und eingeschlossene Fläche den Inhalt hat.



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.
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.
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 ... Wink

mY+
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von mYthos
Die von klauss erwähnte Aufmerksamkeit wird sich wohl darauf beziehen, dass die orientierte Fläche (für a > 0) negativ ist ...


Wenn man mit Beträgen rechnet, ergibt sich das von alleine:











Nur im Minusfall erhält man eine Lösung , nämlich
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.
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.
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 Big Laugh ).
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+
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.

Zitat:

Aufgabe 146

[attach]52638[/attach]

Man gehe davon aus, dass die Anzahl der in der (nicht maßstabsgetreuen) Skizze enthaltenen Figürchen das Flächenverhältnis zwischen Dreieck und Teil-Trapez symbolisiert.



Nichts sonderlich aufregendes, aber eine geeignete Übung für ehrgeizige Schüler.
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... verwirrt
klauss Auf diesen Beitrag antworten »

Richtig:

Zitat:
Original von HAL 9000
zählt

Ich habe es oben noch eingepflegt.
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.
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.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Auch wenn ich nicht "dran" bin - zwecks Wiederbelebung des Threads ein nettes Problem, das mir kürzlich begegnet ist:

Zitat:
Aufgabe 147

Es seien positive ganze Zahlen mit Summe 81. Man zeige, dass dann stets



gilt.

Anmerkung: Lässt man die Bedingung "ganz" weg, d.h., wenn es um positive reelle Zahlen geht, dann gilt die Behauptung nicht.
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+
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von mYthos
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.

Die Summe der Kehrwerte bei diesem Beispiel ist nicht 6, sondern ... verwirrt

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.
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
...
Die Summe der Kehrwerte bei diesem Beispiel ist nicht 6, ...


Ach ja, klar, da habe ich mich vertan ... und das Naheliegende war (noch) fern Big Laugh
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.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Angeregt durch die Ziffernzählerei in dem Thread fällt mir folgende Verallgemeinerung ein:

Zitat:
Aufgabe 148:

Für jede natürliche Zahl bestimme man die Anzahl der nicht durch 10 teilbaren natürliche Zahlen , für die Quersumme von ist.

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...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 149

Man zeige für alle .

Sieht harmloser aus als sie ist. Augenzwinkern
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Schon auch, aber mit der vollst. Induktion gelingt's.





mY+
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von mYthos

Da würde ich an deiner Stelle nochmal drüber nachdenken...
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

...
Ist natürlich unrichtig, kommt vom "husch-husch", suche beizeiten nach dem Fehler
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Hier einmal ein Kleinod aus dem Bereich der Schulgeometrie (nach Haag, Wilfried; Wege zu geometrischen Sätzen).

Zitat:
Aufgabe 150

Den Seiten eines Vierecks werden nach außen (oder innen) Quadrate aufgesetzt, mit der jeweiligen Seite als Quadratseite. Welche Aussage kann man über die Verbindungsstrecken der Mittelpunkte gegenüberliegender Quadrate treffen? Man beweise diese Aussage.

Aus dem Ergebnis ziehe man Folgerungen für Dreiecke, die man als Vierecke mit verschwundener Seite auffasse.
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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