Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule" - Seite 23

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09.05.2025, 10:42

willyengland

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173:
Sylvester's sequence:
https://en.wikipedia.org/wiki/Sylvester's_sequence
https://oeis.org/A129871

09.05.2025, 13:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von https://oeis.org/A129871
a(n) = round(c^(2^n)), where c = 1.264... is the Vardi constant

Falls das stimmt, so ist das $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ selbst offenbar via $\begin{eqnarray*} c = \lim_{n\to\infty} a_n^{2^{1-n}} \end{eqnarray*}$ bestimmbar (die Indexverschiebung im Exponenten um 1 resultiert aus dem hier bei dieser Aufgabe anderen Startindex).

Schaut man sich das genauer an, so ist mit dieser Vardi-Konstante $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ die Folge

$\begin{eqnarray*} \varepsilon_n := c^{2^{n-1}}-\left(a_n-\frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$

mutmaßlich eine monoton fallende Nullfolge. Allerdings ist die explizite Berechnung von $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ via $\begin{eqnarray*} a_n = \operatorname{round}\left(c^{2^{n-1}}\right) \end{eqnarray*}$ für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ eher nicht anratsam:

Mit einem 64Bit-Floating-Point $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ selbst maximaler Genauigkeit dürfte man spätestens ab $\begin{eqnarray*} a_9 \end{eqnarray*}$ zunehmend fehlerhafte Werte bekommen. Da ist die Iteration

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + a_n\left(a_n-1\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$

beispielsweise in Python mit seinen beliebig genauen Integerzahlen dann doch robuster.

09.05.2025, 19:51

Gualtiero

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Aufgabe 173

Zitat:

Original von HAL 9000
Die 173 zeigt geradezu exemplarisch, wie man durch Betrachtung der ersten paar Folgenelemente und zugehörigen Partialsummen der angefragten Reihe rasch auf eine Vermutung kommen kann, die dann natürlich noch zu beweisen ist.

Die ersten paar Folgenglieder sind bei mir 1, 2, 3, 7, 43, 1807

Da es in der Frage um die Summe der Kehrwerte dieser Zahlen geht, kann man schnell die ersten paar Werte addieren und sieht bzw. man kann vermuten, dass die Summe auf 2 zuläuft.
Bei der Berechnung des gemeinsamen Nenners (GN) ist das Produkt aller Teilnenner die schnellste Lösung, die nie falsch sein kann.

An einem einfachen Beispiel stellt man schon fest, dass immer der Kehrwert des GN fehlt, um 2 zu erreichen.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}=\frac{42+21+14+6}{1\cdot2\cdot3\cdot7}=\frac{42+41}{42}\ \ \text{. . . es fehlt} \frac{1}{42}\ \text{auf}\ 2 \end{eqnarray*}$

Das muss an der Definition der Folge liegen. Hier werden ja auch alle bisherigen Folgenglieder multipliziert, und 1 dazugezählt.
Das bedeutet auch, dass alle Folgenglieder teilerfremd sind.

Naja, wenigstens ein Ansatz.

09.05.2025, 20:14

Leopold

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HAL hat den entscheidenden Hinweis in seinem Text versteckt:

Zitat:

Original von HAL 9000
Da ist die Iteration

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + a_n\left(a_n-1\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$

Das ist eine alternative Darstellung der Rekursion, die man mit einer geschickten Umformung aus der Original-Rekursion erhält. Damit kannst du einen Induktionsbeweis für deine Erkenntnis führen.

10.05.2025, 12:25

Gualtiero

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Danke für den Tipp!

So eine Tabelle

$\begin{eqnarray*} 1&= a_1 & = & 1 2&=a_2&=&1+a_1 3&=a_3&=&1+a_1 \cdot a_2 7&=a_4&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 43&=a_5&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 1807&=a_6&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5 3263443&=a_7&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5 \cdot a_6 \end{eqnarray*}$

musste ich mir erst zusammenstellen, dass ich HALs Formel $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=1+a_n(a_n -1) \end{eqnarray*}$ verstanden habe.

Wenn man von einem sonst beliebigen $\begin{eqnarray*} a_n\geq a_2 \end{eqnarray*}$ 1 abzieht, bleibt das Produkt aus $\begin{eqnarray*} a_1 \cdot a_2 . . . \cdot a_{n-1} \end{eqnarray*}$ übrig.

Dieses Produkt mit $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ multipliziert und zu 1 addiert ergibt das nächste Folgenglied $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ .

Ich fasse nochmal meine Überlegungen zusammen:
Beim Berechnen von $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} \end{eqnarray*}$ fällt schon mit wenigen Summanden auf, dass die Summe nahe bei 2, aber immer kleiner, nie gleich oder größer als 2 ist.

Daher die Vermutung: der Grenzwert ist 2

Ich betrachte von Beginn an die Differenz der aktuellen Teilsumme zu 2:

$\begin{eqnarray*} \text{Teilsumme}\ &&&\text{Differenz} a_1 = 1\ &&&1 1 + \frac{1}{2}=\frac{3}{2} &&&\frac{1}{2} \frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6} &&&\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Man kann als gesichert ansehen, dass der nächste Summand, der ja der Kehrwert des nächsten Folgenglieds ist, immer kleiner als die aktuelle Differenz zu 2 ist, weil die Folge ja wächst. Daher wird 2 im Endlichen nicht erreicht.
Naja, verwirrt

ist nicht ganz lückenlos.

10.05.2025, 14:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
$\begin{eqnarray*} \text{Teilsumme}\ &&&\text{Differenz} a_1 = 1\ &&&1 1 + \frac{1}{2}=\frac{3}{2} &&&\frac{1}{2} \frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6} &&&\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Noch zwei Iterationen mehr, dann sollte man bei Betrachtung der Spalte "Differenz" sehen wohin der Hase bei den Partialsummen läuft. Augenzwinkern

10.05.2025, 19:31

Gualtiero

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Aufgabe 173
Sollte dann so aussehen (habe noch einiges verbessert).

$\begin{eqnarray*} \text{Teilsumme}\ &&&\text{Differenz} \frac{1}{1}\ &&&\frac{1}{1} \frac{1}{1} + \frac{1}{2}=\frac{3}{2} &&&\frac{1}{1 \cdot 2} \frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6} &&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} \frac{11}{6}+\frac{1}{7}=\frac{83}{42}&&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7} \frac{83}{42}+\frac{1}{43}=\frac{3611}{1806}&&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43} \end{eqnarray*}$

Und das stützt die Vermutung, dass die Differenz zu 2 der Kehrwert des Produkts aus den Folgengliedern $\begin{eqnarray*} a_1 \text{ bis } a_n \end{eqnarray*}$ ist.

Also darf man, wegen

$\begin{eqnarray*} a_1 \cdot a_2 \cdot . . . \cdot a_n=a_ {n+1}-1 \end{eqnarray*}$ ,

sagen: $\begin{eqnarray*} \alpha=2-\frac {1}{a_{n+1}-1} \end{eqnarray*}$ .

EDIT (11.5.2025): Nein, falsch!
In der Aufgabe geht es ja um den Grenzwert einer Reihe. Also muss ich hier, in meiner Formel, den Grenzwert vom Subtrahenden für n gegen Unendlich bilden, und der ist Null.
Daher: $\begin{eqnarray*} \alpha = 2 \end{eqnarray*}$

12.05.2025, 06:24

HAL 9000

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Hab mal ein bisschen nachgekramt: Die Aufgabe 173 ist ein Spezialfall der Mathematikolympiadeaufgabe 411344 (Bundesrunde 2002): Dort gab es dieselbe Iteration, aber $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ war nur als positiv reell vorausgesetzt (statt auf $\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$ festgelegt). Die Partialsumme war entsprechend $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} = \frac{2}{a_k} - \frac{1}{a_{n+1}-1} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

12.05.2025, 08:22

Gualtiero

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Ist um ein ganzes Stück schwieriger, finde ich. Muss ich mir anschauen.
Für Leopolds Aufgabe hätte ich folgenden Lösungsvorschlag.
DANKE für die Tipps!

Zitat:

Lösung Aufgabe 173

Folgende Tabelle zeigt die Entwicklung der Folgenglieder und illustriert meine weiteren Überlegungen.
$\begin{eqnarray*} \text{Wert}&=a_n&=&\text{Berechnung} 1&= a_1 & = & 1 2&=a_2&=&1+a_1 3&=a_3&=&1+a_1 \cdot a_2 7&=a_4&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 43&=a_5&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 1807&=a_6&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5 3263443&=a_7&=&1+a_1 \cdot a_2\cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5 \cdot a_6 \end{eqnarray*}$

Daraus geht auch hervor, dass für Betrachtungen nur Folgenglieder mit $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ in Frage kommen. Das jeweils nächste Folgenglied ist das Produkt aller Folgenglieder vom ersten bis zum jeweils aktuellen, vermehrt um 1.

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=1+a_n(a_n-1) \end{eqnarray*}$

Beim Berechnen von $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} \end{eqnarray*}$ fällt schon mit wenigen Summanden auf, dass die Summe nahe bei 2, aber immer kleiner, nie gleich oder größer als 2 ist.

Daher drängt sich die Vermutung auf: der Grenzwert ist 2

Ich betrachte von Beginn an die Differenz der aktuellen Teilsumme zu 2 und stelle die Berechnungen in der folgenden Tabelle dar:

$\begin{eqnarray*} \text{Teilsumme}\ &&&\text{Differenz zu 2} \frac{1}{1}\ &&&\frac{1}{1} \frac{1}{1} + \frac{1}{2}=\frac{3}{2} &&&\frac{1}{1 \cdot 2} \frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6} &&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} \frac{11}{6}+\frac{1}{7}=\frac{83}{42}&&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7} \frac{83}{42}+\frac{1}{43}=\frac{3611}{1806}&&&\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43} \end{eqnarray*}$

Offensichtlich ist die Differenz einer Teilsumme zu 2 der Kehrwert des Produkts aus den Folgengliedern $\begin{eqnarray*} a_1 \text{ bis } a_n \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} a_1 \cdot a_2 \cdot . . . \cdot a_n=a_ {n+1}-1 \end{eqnarray*}$ gilt für eine beliebige Teilsumme: $\begin{eqnarray*} \alpha_n=2-\frac {1}{a_{n+1}-1} \end{eqnarray*}$ .

Da in der Aufgabe aber nach dem Grenzwert der Reihe gefragt wird, muss ich in dieser Formel hier den Grenzwert vom Subtrahenden für n gegen Unendlich bilden, und der ist Null.

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac {1}{a_{n+1}-1}=0 \end{eqnarray*}$ Und daher: $\begin{eqnarray*} \alpha = 2 \end{eqnarray*}$

12.05.2025, 09:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
Ist um ein ganzes Stück schwieriger, finde ich.

Eigentlich nicht. Der Induktionsbeweis für die Partialsumme $\begin{eqnarray*} \frac{2}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}-1} \end{eqnarray*}$ gleicht dem für Spezialfall $\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$ bis aufs i-Tüpfelchen - auch hier nutzt der Induktionsanfang $\begin{eqnarray*} a_1=a_2-1 \end{eqnarray*}$ und macht der Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} (n-1)\to n \end{eqnarray*}$ Gebrauch von $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = (a_n-1)a_n \end{eqnarray*}$ , gültig für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

19.05.2025, 06:21

HAL 9000

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Ok, nach ungefähr einer Woche dann doch ein paar Hinweise.

174: Man findet ein solches Rechteck bereits auf dem endlichen Teilgitter $\begin{eqnarray*} \{0,1,\ldots,n\}\times \left\{0,1,\ldots,n^{n+1}\right\} \end{eqnarray*}$ des $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^2 \end{eqnarray*}$ .

175: Vieta

19.05.2025, 06:34

IfindU

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Zitat:

Original von HAL 9000
174: Man findet ein solches Rechteck bereits auf dem endlichen Teilgitter $\begin{eqnarray*} \{0,1,\ldots,n\}\times \left\{0,1,\ldots,n^{n+1}\right\} \end{eqnarray*}$ des $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^2 \end{eqnarray*}$ .

Schönes Schubfachprinzip! Wenigstens die Originalaussage ist damit offensichtlich richtig, für die stärkere und dennoch leichtere Aussage bräuchte ich Stift und Papier. Kombinatorik ist nicht meine Stärke Big Laugh

19.05.2025, 07:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von IfindU
für die stärkere und dennoch leichtere Aussage

Hmm... meinst du damit die Aussage mit dem monochromen Quader im Raum? verwirrt

19.05.2025, 13:30

IfindU

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von IfindU
für die stärkere und dennoch leichtere Aussage

Hmm... meinst du damit die Aussage mit dem monochromen Quader im Raum? verwirrt

Nein, ich meinte damit dein Teilgitter. Also mein Ansatz wäre: Für jedes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gibt es in $\begin{eqnarray*} \{0, \ldots, n\} \times \{k\} \end{eqnarray*}$ zwei Punkte $\begin{eqnarray*} (x_1, k) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (x_2, k) \end{eqnarray*}$ gleicher Farbe. Entweder gibt es $\begin{eqnarray*} k' \neq k \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} (x_1, k'), (x_2, k') \end{eqnarray*}$ gleiche Farbe und man ist fertig, oder man nimmt anderes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Irgendwann hat man alle Kombinationen an $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ und Farben ausgeschöpft, so dass man endlich ein entsprechendes weiteres Eckenpaar gefunden hat. An der Stelle weiß ich nicht ob $\begin{eqnarray*} k \leq n^{n+1} \end{eqnarray*}$ ausreicht, aber deine Originalaussage braucht es zum Glück nicht.

Mit deiner Hilfsaussage wird es für ein Quader also zu finden sein in $\begin{eqnarray*} \{ 0, \ldots, n\} \times \{0, \ldots, n^{n+1}\} \times \mathbb N \end{eqnarray*}$ , mit der gleichen Argumentation smile

19.05.2025, 13:48

HAL 9000

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Zitat:

Original von IfindU
Irgendwann hat man alle Kombinationen an $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ und Farben ausgeschöpft, so dass man endlich ein entsprechendes weiteres Eckenpaar gefunden hat.

Schlüsseln wir das mal auf:

Sagen wir mal, wir ordnen jeder Zeile $\begin{eqnarray*} \{0,\ldots,n\}\times \{k\} \end{eqnarray*}$ ein solches Tripel $\begin{eqnarray*} \left(x_1,x_2,\mbox{color}\right) \end{eqnarray*}$ zu (ggfs. gibt es mehrere Möglichkeiten - dann irgendeine davon). Davon gibt es $\begin{eqnarray*} \frac{n^2\left(n+1\right)}{2} \end{eqnarray*}$ verschiedene, d.h. dir genügen sogar $\begin{eqnarray*} \frac{n^2\left(n+1\right)}{2}+1 \end{eqnarray*}$ Zeilen, was für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ sogar weniger sind als meine genannten $\begin{eqnarray*} n^{n+1}+1 \end{eqnarray*}$ - Gratulation. Freude

Hinter letzterer Anzahl steht folgendes "klotzen statt kleckern":

Ich betrachte schlicht alle $\begin{eqnarray*} n^{n+1} \end{eqnarray*}$ möglichen Färbungen einer solchen Folge von $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ Punkten, und dann haben wir nach Schubfachprinzip zwei Zeilen mit identischer Färbung... Augenzwinkern

Wächst natürlich deutlich schneller als deine Anzahl, aber wenn man unendlich viele zur Verfügung hat, neigt man zur Verschwendung. Big Laugh

19.05.2025, 15:03

IfindU

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Zitat:

Original von HAL 9000
Gratulation. Freude

Danke! Jetzt muss ich nur noch verstehen warum es die Anzahl ist Big Laugh

...
Es gibt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Farben und es gibt $\begin{eqnarray*} \binom {n+1} 2 \end{eqnarray*}$ Kombinationen an Paaren $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ ... Okay, war doch einfacher als ich dachte. Jedenfalls war mir sofort klar, dass es nur endlich viele Tripel gibt. Big Laugh

Wäre mit der gleichen Argumentation dann für Quader eine obere Schranke für die "Höhe" $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \frac 1 2 n^2 (n+1) \cdot \binom {n+1}{4}+1 \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

19.05.2025, 16:51

HAL 9000

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Hmmm, lass mich mal überlegen:

Für die z-Achse braucht man nach deiner Methode eins mehr, als es Tupel $\begin{eqnarray*} \left(x_1,x_2,y_1,y_2,\mbox{color}\right) \end{eqnarray*}$ gibt, mit $\begin{eqnarray*} 0\leq x_1<x_2\leq n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 0\leq y_1<y_2\leq \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$ , und für $\begin{eqnarray*} \mbox{color} \end{eqnarray*}$ wieder $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten.

Das macht m.E.

$\begin{eqnarray*} \frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{\frac{n(n+1)}{2}\cdot \left(\frac{n(n+1)}{2}+1\right)}{2}\cdot n + 1 \end{eqnarray*}$

(wer vereinfachen will, darf das gerne), also irgendwas $\begin{eqnarray*} O\left(n^7\right) \end{eqnarray*}$ wie bei dir auch, aber doch etwas anders.

P.S.: Ich hatte natürlich in der "Klotzvariante" an das exorbitant größere $\begin{eqnarray*} n^{(n+1)\left(n^{n+1}+1\right)}+1 \end{eqnarray*}$ gedacht. Big Laugh

20.05.2025, 09:45

Gualtiero

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Wenigstens ein paar Überlegungen zu Aufgabe 175:

$\begin{eqnarray*} f(x)=x^3+ax^2+bx+c \end{eqnarray*}$

Die erste Ableitung ist: $\begin{eqnarray*} 3x^2+2ax+b \end{eqnarray*}$

Null gesetzt und mit pq-Formel gelöst: $\begin{eqnarray*} x_{1,2}=-\frac{2a}{3}\pm\sqrt{\frac{a^2-3b}{9}} \end{eqnarray*}$

[attach]58277[/attach]

Damit der Graph der Funktion dreimal die x-Achse schneidet, muss es einen Hoch- und einen Tiefpunkt geben. Das wird erreicht durch $\begin{eqnarray*} a^2>3b \end{eqnarray*}$ .

Die beiden Extrempunkte müssen auch bezüglich x-Achse richtig liegen: Hochpunkt darüber, Tiefpunkt darunter.
Das hängt wiederum von $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ab. Wie der Graph zeigt, muss gelten: $\begin{eqnarray*} -y_H<c<-y_T \end{eqnarray*}$

Die beiden Lösungen für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ einsetzen, um $\begin{eqnarray*} y_P \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_T \end{eqnarray*}$ zu bekommen?

20.05.2025, 10:15

HAL 9000

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Wichtig für die Lösung ist auch

Zitat:

[...] eine kubische Polynomfunktion mit drei positiv reellen Nullstellen

Kann man leicht überlesen. Augenzwinkern

Weiterhin ist zu beachten, dass es hier nur um die eine Richtung geht:

alle drei Nullstellen positiv reell (und nicht alle identisch) $\begin{eqnarray*} \Longrightarrow ~ a^2+b^2+18c > 0 \end{eqnarray*}$

Die Gegenrichtung stimmt offenkundig nicht - beispielsweise hat man bei einer oder drei negativ reellen Nullstellen, und die restlichen positiv reell, stets $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ , womit $\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c > 0 \end{eqnarray*}$ in diesen Fällen immer erfüllt ist.

Und noch ein Beispiel mit drei reellen Nullstellen und $\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c < 0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(x) = (x+2)(x+1)(x-3) = x^3-7x-6 \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c = -59 \end{eqnarray*}$ .

20.05.2025, 19:10

Gualtiero

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Gelesen schon, aber dann einfach übergangen. unglücklich

Lag da ganz falsch!

Danke für die Erklärungen.

Schaumermal

21.05.2025, 06:18

HAL 9000

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Da wir bei Beispielen sind: Man kann sich auch leicht überlegen, was bei einer positiv reellen Dreifachnullstelle $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ passiert:

$\begin{eqnarray*} f(x) = (x-d)^3 = x^3 - 3dx^2 + 3d^2x - d^3 \end{eqnarray*}$ ,

das bedeutet $\begin{eqnarray*} a=-3d,b=3d^2,c=-d^3 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c = 9d^2+9d^4-18d^3 = 9d^2(d-1)^2\geq 0 \end{eqnarray*}$ , damit ist auch =0 möglich, und zwar für $\begin{eqnarray*} d=1 \end{eqnarray*}$ . Da wird verständlich, warum für das >0 mindestens zwei verschiedene Nullstellen gefordert werden. Augenzwinkern

22.05.2025, 20:28

Gualtiero

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Was so leicht und verständlich aussieht, ist bei zwei Nullstellen (eine doppelte) schon ein unlösbarer Knoten.

$\begin{eqnarray*} p, q \end{eqnarray*}$ als positive reelle Zahlen für die Nullstellen.

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

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c>0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4p^2+4pq+q^2+4p^2q^2+4p^3q+p^4-18p^2q>0 \end{eqnarray*}$

Da kann man einiges ausklammern, aber dann gehts nicht weiter.

22.05.2025, 20:33

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
Da kann man einiges ausklammern, aber dann gehts nicht weiter.

Diese Einschätzung kann ich nicht teilen - sogar bei drei verschiedenen geht da einiges. Daher ja auch mein obiger Hinweis "Vieta".
$\begin{eqnarray*} 4p^2+4pq+q^2+4p^2q^2+4p^3q+p^4-18p^2q = 4p^2(q-1)^2 + 4pq(p-1)^2 + (p^2-q)^2 \end{eqnarray*}$

Vielleicht solltest du es wirklich mit drei (zumindest vom Ansatz) verschiedenen Nullstellen probieren, da zeigen die Terme dann auch mehr Symmetrie. Augenzwinkern

22.05.2025, 20:45

Gualtiero

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Habe ich schon gemacht, und da gibt es mehr Möglichkeiten, auszuklammern. Aber das ist gleizeitig das Problem: Welche Möglichkeit führt weiter?

$\begin{eqnarray*} p, q, r \end{eqnarray*}$ seien positive reelle Zahlen, und damit erstelle ich eine kubische Funktion.
Diese lautet dann so:

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

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c>0 \end{eqnarray*}$

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

22.05.2025, 20:51

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} p^2 - 2pqr + q^2r^2 = (p-qr)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} pq - 2pqr + pqr^2 = pq(r-1)^2 \end{eqnarray*}$

23.05.2025, 08:26

Gualtiero

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DANKE für Deine Geduld! Ich ergänze, so dass alle negativen $\begin{eqnarray*} 18rpq \end{eqnarray*}$ verschwinden.

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

Differenzen können negativ sein, aber die Quadrate davon sind sicher positiv. Deshalb der Tipp "Vieta"! Eh klar!

Ich schau mir noch die Variante in meinem vorvorigen Post an.

Und noch was: wer immer das ausser mir auch noch lösen möchte und dabei schneller ist als ich - kein Problem ! !

23.05.2025, 09:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
$\begin{eqnarray*} (p-rq)^2, \ \ (q-rp)^2, \ \ (r-pq)^2, \ \ 2pr(q-1)^2, \ \ 2pq(r-1)^2, \ \ 2qr(p-1)^2 \end{eqnarray*}$

An den letzten drei Summanden-Termen sieht man auch, warum die Voraussetzung "Nullstellen positiv" essentiell ist:

Das sind eben keine reinen Quadrate (wie die ersten drei Summanden), sondern noch mit Vorfaktoren wie $\begin{eqnarray*} 2pq \end{eqnarray*}$ versehen, die diese Voraussetzung benötigen, um sicher $\begin{eqnarray*} \geq 0 \end{eqnarray*}$ zu sein.

23.05.2025, 13:58

Gualtiero

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Aufgabe 175
Alles klar.
Ich fasse mal meinen Wissensstand zusammen; wir werden ja sehen, ob das als Lösung reicht.

Ansätze zur Lösung von Aufgabe 175, mithilfe von HAL 9000

Für den Fall, dass von drei positiven reellen Nullstellen (NS) eine einfach und eine doppelt vorliegt, betrachte ich den Funktionsterm wie folgt:

$\begin{eqnarray*} p, q \end{eqnarray*}$ stehen für positive reelle Zahlen und für eine doppelte (p) und eine einfache (q) Nullstelle.

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

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

Ausquadrieren und einsetzen von a, b und c:

$\begin{eqnarray*} 4p^2+4pq+q^2+4p^2q^2+4p^3q+p^4-18p^2q>0 \end{eqnarray*}$

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.

$\begin{eqnarray*} 2(p-pq)^2+(q-p^2)^2+2p^2(q-1)^2+4pq(p-1)^2>0 \end{eqnarray*}$

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

Drei positive reelle NS:

$\begin{eqnarray*} p, q, r \end{eqnarray*}$ positiv und reell

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

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2+18c>0 \end{eqnarray*}$

Das Vorgehen ist im Grunde gleich wie im vorherigen Fall.

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

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

Eine Summe aus Quadraten und Quadraten mit positiven Vorfaktoren ist positiv.

23.05.2025, 15:01

HAL 9000

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An sich reicht der zweite Teil mit $\begin{eqnarray*} p,q,r \end{eqnarray*}$ - es können ja auch zwei der drei einander gleich sein.

Allerdings um folgendes ergänzt: Die Summe der sechs Terme ist zunächst mal "nur" $\begin{eqnarray*} \geq 0 \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} =0 \end{eqnarray*}$ müssten aber alle sechs Terme gleich Null sein, was für die letzten drei Terme $\begin{eqnarray*} p=1,q=1,r=1 \end{eqnarray*}$ zur Folge hätte, also alle drei gleich - was wiederum per Voraussetzung ausgeschlossen wurde. Damit kann =0 nicht eintreten.

23.05.2025, 23:32

FredFeuerstein

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Warum lösen irgendwelche Rentner die Mathe-Marathon-Schulrätsel? Lasst uns Schüler doch mal die Aufgaben machen!

24.05.2025, 06:45

HAL 9000

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Schulmarathon heißt es, weil die Aufgaben mit Schulwissen lösbar sind - nicht, dass nur Schüler die lösen dürfen. Natürlich wäre es wünschenswert, wenn die das tun - aber wenn sie den A.... nicht hochkriegen und nicht mal den Versuch wagen (wie ein gewisser FredFeuerstein), müssen eben die "Rentner" ran. Augenzwinkern

24.05.2025, 10:06

Gualtiero

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@FredFeuerstein
Mir wäre es auch lieber gewesen, wenn diese interessante Aufgabe breites Interesse geweckt hätte. Aber, wie der Threadverlauf leider zeigt, habe ich mich ja nicht gerade gegen einen ganzen Pulk von Mitpostern durchsetzen müssen. Im Gegenteil, die Aufgabe wurde am 12. Mai gestellt und außer mir hat sich seither niemand dazu gemeldet. Also was willst du? Zuerst tatenlos zusehen und dann rummeckern finde ich nicht konstruktiv.

26.05.2025, 21:34

HAL 9000

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176: Nette Aufgabe, wo einige Nebelkerzen geworfen werden, um das wesentliche (Cauchyscher Grenzwertsatz) zu verdecken. Augenzwinkern

27.05.2025, 18:55

MatheLiebeeeeeee

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176 ist nicht lösbar.

28.05.2025, 06:03

HAL 9000

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177: Seltsame Aufgabe, da man für jedes ungerade $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ problemlos ein Turnierergebnis angeben kann, wo jeder Teilnehmer genau $\begin{eqnarray*} \frac{n-1}{2} \end{eqnarray*}$ Siege verzeichnet.

28.05.2025, 06:34

Leopold

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Die 176 ist zwar keine Schulmathematik mehr, mit HALs Lösungshinweis aber eine Trivialität. Immer noch überlege ich, ob ich irgendetwas übersehen und einen Fehlschluß getan habe, aber es scheint wirklich eine direkte Anwendung des Cauchyschen Grenzwertsatzes zu sein. Und die Bonusaufgabe, die Funktion auch noch auf Differenzierbarkeit zu untersuchen, ist die beste Nebelkerze, die je geworfen wurde. Im Täuschen der Aufgabenlöser über die Komplexität der Situation ist diese Aufgabe ein echtes Meisterstück. Jedenfalls hat sie mich dazu inspiriert, die Aufgabe 178 zu stellen.

28.05.2025, 11:08

willyengland

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Zitat:

Original von HAL 9000
176: Nette Aufgabe, wo einige Nebelkerzen geworfen werden, um das wesentliche (Cauchyscher Grenzwertsatz) zu verdecken. Augenzwinkern

Ich als Laie: Wenn man x = 0 einsetzt, kommt Null raus.

Deepseek:

Zitat:

For x=1, numerical experiments with large n suggest the expression tends to zero.
Thus, the limit is indeed zero.
Final Answer: After careful consideration, the limit evaluates to zero.

EDIT: Auf Nachfrage:
"Cauchy's limit theorem is not directly applicable here."

28.05.2025, 17:19

Leopold

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Zu Aufgabe 176.

Ich hatte den Cauchyschen Grenzwertsatz gleich auf $\begin{align*} a'_k = \left( \left( 1 + \frac{x}{k} \right)^k - \operatorname{e}^x \right) \cdot \cos \left( \frac{kx}{n} \right) \end{align*}$ angewendet. Aber nach HALs Beweis bemerke ich, daß ich nicht genau hingeschaut und die Abhängigkeit des Ausdrucks von $\begin{align*} n \end{align*}$ übersehen hatte. Das kommt davon, wenn man etwas nur schnell im Kopf überfliegt und auf die Details nicht achtet.

30.05.2025, 12:16

DrummerS

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Zu 177: Die Behauptung lässt sich vermutlich widerlegen. Mir hat eine erstellte n x n – Matrix (mit n = 9) geholfen, das zu begreifen.

02.06.2025, 08:55

HAL 9000

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Bei der 179 sind 1) und 2) aufgrund der Drehsymmetrie klar: Das 60-Eck $\begin{eqnarray*} A_1A_2\ldots A_{59}A_{60} \end{eqnarray*}$ geht bei Drehung um 6° um O in das 60-Eck $\begin{eqnarray*} A_2A_3\ldots A_{60}A_1 \end{eqnarray*}$ über. Entsprechend gehen beim Übergang $\begin{eqnarray*} k\to k+1 \end{eqnarray*}$ auf Grund ihrer Definition die in 1.-5. definierten Punkte durch Drehung um 6° um O aus ihren jeweiligen Vorgängern hervor.

Bei 3. muss man sich anscheinend durchkämpfen. Z.B. könnte man die Punktkoordinaten durch komplexe Zahlen darstellen:

$\begin{eqnarray*} A_k = r e^{i\frac{\pi}{30}k} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k=1,\ldots,60 \end{eqnarray*}$ ,

wobei $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ der Umkreisradius des 60-Ecks ist, d.h. $\begin{eqnarray*} r = \frac{1}{2\sin\left(\frac{\pi}{60}\right)} \end{eqnarray*}$ .

1) $\begin{eqnarray*} A_{k+10}A_{k+40} \end{eqnarray*}$ ist ein Durchmesser des Umkreises, der die Sehne $\begin{eqnarray*} A_kA_{k+20} \end{eqnarray*}$ halbiert, d.h., es ist

$\begin{eqnarray*} P_k = \frac{A_k+A_{k+20}}{2} = \frac{r}{2} e^{i\frac{\pi}{30}(k+10)} \left(e^{i\frac{\pi}{30} 10} + e^{i\frac{pi}{30}(-10)}\right) = \frac{1}{2} A_{k+10} \end{eqnarray*}$

2) $\begin{eqnarray*} Q_k = \frac{A_k+A_{k+15}+A_{k+30}}{3} = \frac{r}{3} e^{i\frac{\pi}{30}(k+15)} \left(e^{i\frac{\pi}{30} 15} + 1 + e^{i\frac{\pi}{30} (-15)}\right) = \frac{1}{3} A_{k+15} \end{eqnarray*}$

Bei 3)-5) wird es dann zunehmend unübersichtlicher, aber dennoch machbar. Die Ochsentour nehme ich jetzt aber nicht auf mich. Augenzwinkern

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