Übergangs-Marathon Mathematik - Seite 5

20.07.2017, 08:17

HAL 9000

Ein Versuch, den Thread zu reaktivieren:

Zitat:

Aufgabe 57

Für jede ganze Zahl $\begin{align*} a_0 > 1 \end{align*}$ sei die Folge $\begin{align*} a_0, a_1, a_2, \ldots \end{align*}$ gegeben durch

$\begin{align*} a_{n+1} = \begin{cases} \sqrt{a_n} & \;\mbox{falls $\sqrt{a_n}$ ganzzahlig}\\ a_n + 3 & \;\mbox{sonst}\end{cases} \quad \mbox{für}\; n\geq 0 \end{align*}$ .

Man bestimme alle Werte von $\begin{align*} a_0 \end{align*}$ , so dass $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ beschränkt ist.

Die Funktionalgleichung ist auch nicht übel:

Zitat:

Aufgabe 58

Man bestimme alle Funktionen $\begin{align*} f:\;\mathbb{R}\to \mathbb{R} \end{align*}$ , so dass für alle $\begin{align*} x,y\in\mathbb{R} \end{align*}$ die Gleichung

$\begin{align*} f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy) \end{align*}$

gilt.

Beide noch gut machbar, die 58 ist allerdings schon ein Stückchen schwerer.

P.S.: Ähnlichkeiten mit Aufgaben eines kürzlich stattgefundenen (abgeschlossenen!) Wettbewerbs sind durchaus beabsichtigt. Big Laugh

22.07.2017, 20:52

Clearly_wrong

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Also mir hat die Aufgabe sehr gut gefallen, die verstrichene Zeit darf nicht als Desinteresse gewertet werden, ich wollte nur ein bisschen abwarten, ob sich noch jemand anderes daran versuche möchte.
Die Aufgabe 58 habe ich gerade erst gesehen, die schaue ich mir dann auch an.

Zitat:

Lösung 57

Die Folge bleibt genau dann beschränkt, wenn $\begin{align*} a_0 \equiv 0 \operatorname{mod}3 \end{align*}$ .

Beweis: Falls $\begin{align*} a_0 \equiv 0 \operatorname{mod}3 \end{align*}$ , so ist die Folge beschränkt durch die erste durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ teilbare Quadratzahl $\begin{align*} q \end{align*}$ oberhalb von $\begin{align*} a_0 \end{align*}$ . Das ist anschaulich sofort klar, hier dennoch ein kleines Argument: Jedes Folgenglied der Folge ist in diesem Fall durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ teilbar, da die Quadratwurzel einer durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ teilbaren Zahl ebenfalls durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ teilbar ist. Wenn es ein $\begin{align*} a_n>q \end{align*}$ gäbe, dann wähle ein kleinstes solches. Dann muss notwendigerweise $\begin{align*} a_{n-1} = c \end{align*}$ gelten, also $\begin{align*} a_n = \sqrt{q} < q \end{align*}$ , Widerspruch.

Falls $\begin{align*} a_0 \equiv 2 \operatorname{mod}3 \end{align*}$ , so wächst die Folge unbeschränkt, da Quadratzahlen niemals Rest $\begin{align*} 2 \end{align*}$ bei Division durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ lassen.

Es gelte nun $\begin{align*} a_0 \equiv 1 \operatorname{mod}3 \end{align*}$ . Angenommen, die Folge bliebe beschränkt. Dann muss jedes der Folgenglieder Rest $\begin{align*} 1 \end{align*}$ lassen, denn Rest $\begin{align*} 0 \end{align*}$ ist durch die Operationen der Folge nicht erreichbar und Rest $\begin{align*} 2 \end{align*}$ macht die Folge sofort unbeschränkt. Wähle eine kleinste Zahl $\begin{align*} r = 3k+1 \end{align*}$ , die unendlich oft als Folgenglied angenommen wird. Da $\begin{align*} r \end{align*}$ wieder als Folgenglied erreicht wird, muss auch $\begin{align*} r^2 \end{align*}$ ein Folgenglied sein. Das heißt aber, dass zwischen $\begin{align*} r \end{align*}$ und $\begin{align*} r^2 \end{align*}$ keine Quadratzahl liegt, die Rest $\begin{align*} 1 \end{align*}$ bei Division durch $\begin{align*} 3 \end{align*}$ lässt, andernfalls hätten wir einen Widerspruch zur Minimalität von $\begin{align*} r \end{align*}$ . Dann muss aber die Quadratzahl $\begin{align*} (3k-1)^2 \end{align*}$ unterhalb von $\begin{align*} r \end{align*}$ liegen, also $\begin{align*} (3k-1)^2 < r = 3k+1 \end{align*}$ gelten. Daraus folgt $\begin{align*} k^2-k < 0 \end{align*}$ , ein Widerspruch.

22.07.2017, 22:31

HAL 9000

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Ja, so einfach bekommt man 7 Punkte bei der IMO. Freude

23.07.2017, 18:31

Leopold

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Ich habe einmal nach einfachen Funktionen gesucht, die der Funktionalgleichung von Aufgabe 58 genügen. Denkt man an ganzrationale Funktionen $\begin{align*} f \end{align*}$ höchstens vom Grad 1, also

$\begin{align*} f(x) = ax + b \end{align*}$ ,

und geht man damit in die Funktionalgleichung, so führt ein Koeffizientenvergleich auf die Kombinationen $\begin{align*} a=0,b=0 \end{align*}$ oder $\begin{align*} a=1,b=-1 \end{align*}$ oder $\begin{align*} a=-1,b=1 \end{align*}$ . Und tatsächlich erfüllen die Funktionen $\begin{align*} f \end{align*}$ mit

$\begin{align*} f(x) = 0 \ \text{(konstant)} \ \ \text{oder} \ \ f(x) = x-1 \ \ \text{oder} \ \ f(x) = -x+1 \end{align*}$

die Funktionalgleichung. Was aber die Eindeutigkeit angeht, tappe ich noch im Dunkeln.

26.07.2017, 14:55

Clearly_wrong

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Zitat:

Lösung 58
Die einzigen Lösungen der Funktionalgleichung sind die Nullfunktion, $\begin{align*} f(x) = x-1 \end{align*}$ und $\begin{align*} f(x) = 1-x \end{align*}$ . Dass diese Funktionen die Gleichung erfüllen ist einfaches Nachrechnen.

Sei nun $\begin{align*} f \end{align*}$ eine Lösung der Funktionalgleichung. Da mit $\begin{align*} f \end{align*}$ auch $\begin{align*} -f \end{align*}$ eine Lösung ist, wie man leicht nachrechnet, sei ohne Einschränkung $\begin{align*} f(0)\leq 0 \end{align*}$ . Falls $\begin{align*} f(0) = 0 \end{align*}$ , so ist $\begin{align*} f(x) = f(x) + f(0) = f(x+0)+f(f(0)f(x)) = f(x\cdot 0) = 0 \end{align*}$ für jedes $\begin{align*} x\in\mathbb R \end{align*}$ , also ist $\begin{align*} f \end{align*}$ die Nullfunktion. Sei also im Folgenden $\begin{align*} f(0)<0 \end{align*}$ .

Zunächst bemerken wir, dass, wie von HAL im Diskussionsthread vorgeschlagen, für jedes $\begin{align*} x\neq 1 \end{align*}$ gilt, dass $\begin{align*} f\left(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\right) = 0 \end{align*}$ , also hat $\begin{align*} f \end{align*}$ eine Nullstelle. Angenommen es gibt eine Nullstelle $\begin{align*} x \end{align*}$ von $\begin{align*} f \end{align*}$ ungleich $\begin{align*} 1 \end{align*}$ . Dann gilt $\begin{align*} f(0) = f\left(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\right) = 0 \end{align*}$ , also ist wie oben gesehen $\begin{align*} f \end{align*}$ die Nullfunktion. Das heißt $\begin{align*} 1 \end{align*}$ ist die einzige Nullstelle von $\begin{align*} f \end{align*}$ .

Nun gilt $\begin{align*} f(0) = f(0+0)+f(f(0)^2) \end{align*}$ , also ist $\begin{align*} f(f(0)^2) = 0 \end{align*}$ und damit $\begin{align*} f(0)^2 = 1 \end{align*}$ . Wegen $\begin{align*} f(0)<0 \end{align*}$ ist $\begin{align*} f(0) = -1 \end{align*}$ .

Weiter gilt $\begin{align*} f(x+1) = f(x\cdot 1)-f(f(x)f(1)) = f(x)-f(0) = f(x)+1 \end{align*}$ für jedes $\begin{align*} x\in\mathbb R \end{align*}$ .

Wir zeigen Injektivität von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Seien $\begin{align*} x,y\in\mathbb R \end{align*}$ mit $\begin{align*} f(x)=f(y) \end{align*}$ .

Betrachte die quadratische Gleichung $\begin{align*} a^2-a(y+n+1)+x+n = 0 \end{align*}$ . Für $\begin{align*} n\in\mathbb N \end{align*}$ groß genug hat diese Gleichung zwei reelle Lösungen $\begin{align*} a_1,a_2 \end{align*}$ .
Nach dem Satz von Vieta erfüllen diese $\begin{align*} a_1+a_2 = y+n+1 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_1a_2 = x+n \end{align*}$ . Setzen wir die Lösungen also in die Funktionalgleichung ein, folgt
$\begin{align*} f(f(a_1)f(a_2)) = f(x+n)-f(y+n+1) = f(x)+n-(f(y)+n+1) = -1 \end{align*}$ , also $\begin{align*} f(f(a_1)f(a_2)+1) = 0 \end{align*}$ . Es folgt $\begin{align*} f(a_1)f(a_2)+1 = 1 \end{align*}$ . O.B.d.A. sei $\begin{align*} f(a_1) = 0 \end{align*}$ . Es folgt $\begin{align*} a_1 = 1 \end{align*}$ und damit $\begin{align*} y+c = a_2 = x+c \end{align*}$ , also $\begin{align*} x=y \end{align*}$ .

Weiter gilt $\begin{align*} f(f(x)f(-x)-1) = f(f(x)f(-x))-1 = f(f(x)f(-x))+f(x-x) = f(-x^2) \end{align*}$ , also wegen Injektivität $\begin{align*} f(x)f(-x) = 1-x^2 \end{align*}$ .

Schlussendlich haben wir $\begin{align*} f(x(1-x)) = f(x+1-x)+f(f(x)f(1-x)) = f(f(x)f(1-x)) \end{align*}$ und wegen Injektivität $\begin{align*} x-x^2 = f(x)f(1-x) = f(x)(1+f(-x)) = f(x)+f(x)f(-x) = f(x) +1-x^2 \end{align*}$ . Es folgt $\begin{align*} f(x) = x-1 \end{align*}$ .

26.07.2017, 15:50

RavenOnJ

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Als nächstes wäre dann die Aufgabe 3 mit dem Jäger und unsichtbaren Hasen dran. Vielleicht hat da ja auch jemand eine Idee. Die desaströse Punkteausbeute bei dieser Aufgabe spricht für sich. (2 x 7, 1 x 5, 1 x 4, 3 x 1 der Rest 0)

01.08.2017, 11:18

Leopold

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Als nächstes wäre dann die Aufgabe 3 mit dem Jäger und unsichtbaren Hasen dran.

Ich weiß nicht, wovon du sprichst. verwirrt

Derweil mal eine Aufgabe, bei der man vielleicht keine geniale Idee braucht, sondern eher eine eingeschlagene Lösungsstragie konzentriert und fehlerfrei zu Ende bringen muß.

Zitat:

Aufgabe 59

Man denke sich zwei kongruente Quadrate übereinander liegend, so daß sie sich vollständig decken. Dann drehe man das aufliegende Quadrat mit 45° um seinen Mittelpunkt und hebe es senkrecht nach oben an. Nun wird jede Ecke eines der Quadrate mit den beiden nächstliegenden Ecken des anderen Quadrates durch eine Strecke verbunden. So entsteht ein Körper mit Quadraten als Boden- und Deckfläche und einer Mantelfläche aus acht gleichschenkligen Dreiecken. Der Abstand der beiden Quadrate sei so gewählt, daß alle Kanten des Körpers gleich lang sind, die Mantelfläche also aus gleichseitigen Dreiecken besteht.
Den beschriebenen Körper nennen wir quadratisches Antiprisma.
Man bestimme das Volumen des quadratischen Antiprismas in Abhängigkeit von der Kantenlänge des Körpers.

01.08.2017, 11:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von RavenOnJ
Als nächstes wäre dann die Aufgabe 3 mit dem Jäger und unsichtbaren Hasen dran.

Ich weiß nicht, wovon du sprichst. verwirrt

Wenn ich das aufklären darf: https://artofproblemsolving.com/communit..._2017_problem_3

01.08.2017, 18:21

RavenOnJ

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@HAL
Danke für den Link.

@ Leopold
Das war die Hammeraufgabe 3 aus der IMO 2017, die fast keiner dort gelöst hatte, noch nicht mal ansatzweise. Das Ergebnis hatte ich ja schon erwähnt.

07.08.2017, 14:14

Leopold

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Dann jetzt hier einmal die Lösung nach Huggy. Ich habe seine Zeichnung herüberkopiert und ergänzt.

[attach]45039[/attach]

Die Kantenlänge des Körpers sei 2. Also hat das gleichseitige Dreieck $\begin{align*} CDG \end{align*}$ die Höhe $\begin{align*} \sqrt{3} \end{align*}$ . Die Höhe $\begin{align*} h \end{align*}$ des Körpers ist Kathete in einem rechtwinkligen Dreieck, dessen andere Kathete der Überhang $\begin{align*} \sqrt{2}-1 \end{align*}$ ist und dessen Hypotenuse die Höhe von $\begin{align*} CDG \end{align*}$ ist. Also gilt $\begin{align*} h^2 + \left( \sqrt{2} - 1 \right)^2 = \sqrt{3}^{\, 2} \end{align*}$ und somit

$\begin{align*} h = 2^{\frac{3}{4}} \end{align*}$

Das umschließende Prisma hat als Grundfläche $\begin{align*} G_8 \end{align*}$ ein regelmäßiges Achteck. Man erhält sie, indem man zum blauen Quadrat vier gleichschenklige Dreiecke mit Basis 2 und Höhe $\begin{align*} \sqrt{2}-1 \end{align*}$ , also mit der Grundfläche $\begin{align*} G_3 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \left( \sqrt{2} -1 \right) = \sqrt{2} - 1 \end{align*}$ , dazunimmt:

$\begin{align*} G_8 = 2^2 + 4 \, G_3 = 4 + 4 \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) = 2^{\frac{5}{2}} \end{align*}$

Das umschließende Prisma hat folglich das Volumen

$\begin{align*} V_8 = G_8 \cdot h = 2^{\frac{5}{2}} \cdot 2^{\frac{3}{4}} = 2^{\frac{13}{4}} \end{align*}$

Davon sind jetzt noch 8 Pyramiden mit Grundfläche $\begin{align*} G_3 \end{align*}$ und Höhe $\begin{align*} h \end{align*}$ abzuziehen. Eine von ihnen hat das Volumen

$\begin{align*} V_3 = \frac{1}{3} G_3 \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) \cdot 2^{\frac{3}{4}} \end{align*}$

Das Volumen des Antiprismas mit Kantenlänge 2 ist daher

$\begin{align*} V_8 - 8 \cdot V_3 = 2^{\frac{13}{4}} - 2^3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) \cdot 2^{\frac{3}{4}} = 2^{\frac{13}{4}} - \frac{1}{3} \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) \cdot 2^{\frac{15}{4}} = \frac{1}{3} \cdot 2^{\frac{13}{4}} \cdot \left( 1 + \sqrt{2} \right) \end{align*}$

Und für das Volumen mit Kantenlänge $\begin{align*} a \end{align*}$ hat man das Ergebnis noch mit $\begin{align*} \frac{a^3}{8} \end{align*}$ zu multiplizieren:

$\begin{align*} V_{\text{Antiprisma}} = \frac{1}{3} \cdot 2^{\frac{1}{4}} \cdot \left( 1 + \sqrt{2} \right) \cdot a^3 \end{align*}$

07.08.2017, 21:17

Mathema

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Beim kurzen Überfliegen ist mir aufgefallen, daß ein Themengebiet hier noch fehlt (ich hoffe ich habe nichts übersehen):

Zitat:

Aufgabe 60:

In einer Urne befinden sich grüne und rote Kugeln, insgesamt sind es $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Stück ( $\begin{eqnarray*} n\geq2 \end{eqnarray*}$ ). Es werden gleichzeitig 2 Kugeln aus der Urne gezogen und folgende Ereignisse definiert:
A: Beide Kugeln sind gleichfarbig
B: Beide Kugeln haben eine unterschiedliche Farbe.
Ferner soll gelten $\begin{eqnarray*} P(A)=P(B) \end{eqnarray*}$ . Für welche $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist dieses möglich und wie viele grüne und rote Kugeln liegen in diesem Fall in der Urne?

07.08.2017, 22:45

Leopold

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Hübsche zahlentheoretische Aufgabe im Wahrscheinlichkeitsgewand mit verblüffender Lösung.

08.08.2017, 18:21

Leopold

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Lösung Aufgabe 60

$\begin{align*} r,g \end{align*}$ seien die Anzahlen der roten bzw. grünen Kugeln. Dann gilt zunächst

$\begin{align*} r+g = n \end{align*}$

Die Bedingung $\begin{align*} P(A)=P(B) \end{align*}$ führt auf

$\begin{align*} r(r-1) + g(g-1) = 2rg \end{align*}$

Eliminiert man $\begin{align*} g \end{align*}$ , so erhält man nach ein paar Umformungen

$\begin{align*} n = (2r-n)^2 \end{align*}$

Also muß $\begin{align*} n \end{align*}$ eine Quadratzahl sein, etwa $\begin{align*} n = m^2 \end{align*}$ mit einer positiven ganzen Zahl $\begin{align*} m \geq 2 \end{align*}$ . Es folgt

$\begin{align*} m^2 = \left( 2r - m^2 \right)^2 \end{align*}$

$\begin{align*} \pm m = 2r - m^2 \end{align*}$

$\begin{align*} r = \frac{1}{2} m \left( m \pm 1 \right) \end{align*}$

Offenbar fällt $\begin{align*} r \end{align*}$ positiv ganzzahlig aus. Aus $\begin{align*} r+g=n \end{align*}$ kann man auch noch $\begin{align*} g = \frac{1}{2} m \left( m \mp 1 \right) \end{align*}$ berechnen. Zusammenfassend hat man für die Lösungen des Problems die Parameterdarstellung

$\begin{align*} n = m^2 \, , \ \ r = \frac{1}{2} m \left( m \pm 1 \right) \, , \ \ g = \frac{1}{2} m \left( m \mp 1 \right) \ \ \ \text{mit} \ \ 2 \leq m \in \mathbb{N} \end{align*}$

Zitat:

Aufgabe 61

Auf einer Kreislinie werden $\begin{align*} n \geq 3 \end{align*}$ Punkte unabhängig voneinander zufällig bestimmt (für die Wahl eines Punktes nimmt man Gleichverteilung an).
Mit welcher Wahrscheinlichkeit kann man die Punkte zu einem Sehnen- $\begin{align*} n \end{align*}$ -Eck verbinden, so daß der Mittelpunkt des Kreises im Innern des Sehnen- $\begin{align*} n \end{align*}$ -Ecks liegt?

Für die Aufgabe habe ich mir eine Lösung überlegt, bin aber nicht ganz sicher, ob sie stimmt. Sollte meine Lösung richtig sein, ergibt sich ein relativ übersichtlicher Ausdruck in $\begin{align*} n \end{align*}$ für die gesuchte Wahrscheinlichkeit, was mich vermuten läßt, daß meine umfangreichen Berechnungen die "knackige Idee dahinter" verbergen. Wer findet eine "elegante" Lösung?

09.08.2017, 22:19

Leopold

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Zur Lösung von Aufgabe 61 mit Idee von Mathema, Präzisierung von HAL und Formalisierung von Leopold.

Dann eine weitere Aufgabe.

Zitat:

Aufgabe 62
[attach]45053[/attach]
$\begin{align*} M_1 \end{align*}$ bis $\begin{align*} M_5 \end{align*}$ sind der Reihe nach die Seitenmitten eines geschlossenen Polygonzugs. Man bestimme den Polygonzug.

10.08.2017, 08:02

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Hier die Lösung (zumindest mal das Bild)

10.08.2017, 21:15

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Lösung 62

Man beginnt mit dem 1.Eckpunkt
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zum 2. Eckpunkt kommt man so
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end {pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} +2\begin{pmatrix} x_{M1} -x_1 \\ y_{M1} -y_1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2x_{M1} -x_1 \\ 2y_{M1} -y_1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das geht dann immer so weiter
Der "6.Eckpunkt" ist aber wieder der 1. Eckpunkt,weil es ja nur 5 Eckpunkte gibt
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_6 \\ y_6 \end {pmatrix}=\begin{pmatrix} 2x_{M5} -x_5 \\ 2y_{M5} -y_5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end {pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das kann man zusammenfassen

$\begin{eqnarray*} x_1=2x_{M5}-2x_{M4}+2x_{M3}-2x_{M2}+2x_{M1}-x_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_1=2y_{M5}-2y_{M4}+2y_{M3}-2y_{M2}+2y_{M1}-y_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1=x_{M5}-x_{M4}+x_{M3}-x_{M2}+x_{M1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_1=y_{M5}-y_{M4}+y_{M3}-y_{M2}+y_{M1} \end{eqnarray*}$

Die Koordinaten der Mittelpunkte muss man möglichst genau messen

10.08.2017, 21:58

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Ich hatte diese Aufgabe vor längerer Zeit im Schüler-Marathon gestellt
Sie wurde aber abgelehnt

Deshalb hier ein neuer Versuch

Man hat einen Zahlenstrahl mit den natürlichen Zahlen
Vorne die Null

Bei der folgenden Irrfahrt startet man auf der Null
und kann sich mit jedem Schritt immer nur von einer Zahl auf eine Nachbarzahl bewegen

Ich will jetzt mit 2 Schritten wieder auf der Null sein
Ich gehe also auf die 1 und dann wieder auf die Null
Man hat also genau eine Möglichkeit um mit 2 Schritten wieder auf der Null zu sein

Jetzt will ich in 8 Schritten wieder auf der Null sein
das wäre zB 1-2-1-2-1-0-1-0
Man kann also zwischendurch immer mal wieder auf der Null sein

Frage
Wie viele unterschiedliche Möglichkeiten hat man wenn man mit 8 Schritten wieder auf der Null sein will?[/quote]

Die Lösung lautet
$\begin{eqnarray*} M(s)=\frac{2}{2+s} \begin{pmatrix} s \\ \frac{s}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

M=Anzahl der Möglichkeiten; s=Anzahl der Schritte

M(8)=14

Gehen von der Null 2 Zahlenstahlen aus dann sieht die Formel so aus
$\begin{eqnarray*} M(s)=\begin{pmatrix} s \\ \frac{s}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
M(8)=70

Aufgabe 63

Jetzt gehen von der Null n Zahlenstrahlen weg (immer noch mit den natürlichen Zahlen)

Wie viele Möglichkeiten hat man jetzt, wenn in 8 Schritten wieder auf der Null sein will?
(Man darf sich nur auf den Zahlenstrahlen bewegen und nicht im Raum dazwischen)

11.08.2017, 00:11

HAL 9000

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Zitat:

Lösung 63

Sei $\begin{align*} f_n(m) \end{align*}$ die Anzahl der Pfade, bei $\begin{align*} n \end{align*}$ Strahlen in $\begin{align*} 2m \end{align*}$ Schrítten wieder zur Null zurückzukehren.

Wie von dir angemerkt ist $\begin{align*} f_1(m) = \frac{1}{m+1}\binom{2m}{m} \end{align*}$ . Außerdem ist $\begin{align*} f_1(m-1) \end{align*}$ die Anzahl der Pfade, auf einem einmal beschrittenen Strahl erstmalig (!) nach $\begin{align*} 2m \end{align*}$ Schritten wieder zur Null zurückzukehren. D.h., auf einem solchen Pfad hat man zwischendurch nicht die Möglichkeit, den Strahl zu wechseln - das ist ja erst wieder möglich, wenn man die Null erreicht hat,

Nun haben wir Start $\begin{align*} f_n(0) = 1 \end{align*}$ sowie die Iterationsgleichung

$\begin{align*} f_n(m) = n \sum_{k=1}^m f_1(k-1) f_n(m-k) \end{align*}$ für $\begin{align*} m>0\qquad (*) \end{align*}$ ,

die lässt sich so erklären: Am Start hat man die Wahl von $\begin{align*} n \end{align*}$ Strahlen, die man zuerst beschreitet. Dort verweilt man dann $\begin{align*} 2k \end{align*}$ Schritte, bis man erstmalig zur Null zurückkehrt. Von dort hat man dann $\begin{align*} f_n(m-k) \end{align*}$ mögliche Pfade für die restlichen $\begin{align*} 2(m-k) \end{align*}$ Schritte.

(*) in Verbindung mit dem Rekursionsstart liefert

$\begin{align*} f_n(1) &= n<br /> f_n(2) &= n(n+1)<br /> f_n(3) &= n(n^2+2n+2)<br /> f_n(4) &= n(n^3+3n^2+5n+5) \end{align*}$

Und $\begin{align*} f_n(4) \end{align*}$ ist ja die von dir gesuchte Zahl, du hattest ja bereits $\begin{align*} f_1(4)=14 \end{align*}$ und $\begin{align*} f_2(4)=70 \end{align*}$ angegeben.

Ob es für allgemeine $\begin{align*} n,m \end{align*}$ auch eine schöne griffige explizite Formel für $\begin{align*} f_n(m) \end{align*}$ gibt, bleibt noch zu erforschen. Augenzwinkern

12.08.2017, 09:56

Huggy

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Mal etwas Spielerisches:

Zitat:

Aufgabe 64

Zwei Personen A und B vereinbaren folgendes Spiel. Beide schreiben verdeckt eine der Zahlen 1 oder 2 auf. Dann wird aufgedeckt. $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ sei die Summe der beiden Zahlen. Ist $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ gerade, zahlt B $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ Taler an A. Ist $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ungerade, zahlt A $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ Taler an B.

Sollte man bei dem Spiel

(1) lieber A sein?
(2) lieber B sein?
(3) oder ist das egal?

12.08.2017, 20:05

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Lösung 64

(Das müsste so reichen.Es gibt da noch die Hesse Matrix.Aber braucht man hier glaube ich nicht)

Zunächst die Wahrscheinlichkeiten
$\begin{eqnarray*} p_A(1)=a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_A(2)=1-a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_B(1)=b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_B(2)=1-b \end{eqnarray*}$

Dann der Gewinn von A

$\begin{eqnarray*} G_A(a,b)=2ab-3a(1-b)-3b(1-a)+4(1-a)(1-b) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} G_A(a,b)=12ab-7a-7b+4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dG_A}{da} =12b-7 =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=\frac{7}{12} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dG_A}{db} =12a-7=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=\frac{7}{12} \end{eqnarray*}$

in die Gewinnfunktion einsetzen

$\begin{eqnarray*} G_A(\frac{7}{12}, \frac{7}{12})=-\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

Das Spiel ist aus Sicht von B besser

$\begin{eqnarray*} p_B(1)=\frac{7}{12} \end{eqnarray*}$

12.08.2017, 20:20

HAL 9000

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Wer vielleicht Zweifel hat, wieso der so ermittelte Sattelpunkt der Funktion $\begin{align*} G_A \end{align*}$ den Spielwert repräsentiert, kann hier einen Crashkurs in Sachen Zweipersonen-Nullsummenspiel belegen. Augenzwinkern

13.08.2017, 09:03

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Aufgabe 65

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[/quote]

16.10.2019, 23:24

HAL 9000

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Geklaut von Dopap:

Zitat:

Aufgabe 66

Aus einer Urne mit $\begin{eqnarray*} w>0 \end{eqnarray*}$ weißen sowie $\begin{eqnarray*} s>0 \end{eqnarray*}$ schwarzen Kugeln werden alle $\begin{eqnarray*} n=w+s \end{eqnarray*}$ Kugeln gezogen unter Beachtung der Ziehungsreihenfolge. Die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ bezeichne die Anzahl der runs innerhalb des Ziehungsergebnis, dabei bezeichne ein run eine (maximal ausgedehnte) ununterbrochene Folge gleichfarbiger Kugeln. Man zeige die Formeln für

a) Wahrscheinlichkeitsverteilung

$\begin{eqnarray*} P(R=r) = \begin{cases} \frac{2\binom{w-1}{k-1}\binom{s-1}{k-1}}{\binom{n}{w}} & \;\mbox{für}\; r=2k\\ \frac{\binom{w-1}{k}\binom{s-1}{k-1}+\binom{w-1}{k-1}\binom{s-1}{k}}{\binom{n}{w}} & \;\mbox{für}\; r=2k+1\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

Gültig für alle natürlichen $\begin{eqnarray*} r\geq 2 \end{eqnarray*}$ ; für alle $\begin{eqnarray*} r>\min\{n,2w+1,2s+1\} \end{eqnarray*}$ ergibt sich aber aufgrund der Binomialkoeffizienten automatisch Wert Null.

b) Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(R) = \frac{2ws}{n}+1 \end{eqnarray*}$ .

c) Varianz $\begin{eqnarray*} V(R) = \frac{2ws(2ws-n)}{n^2(n-1)} \end{eqnarray*}$ .

Hinweis: Man kann b),c) auf Grundlage von a) berechnen, muss es aber nicht. Man kann auch auf Basis von $\begin{eqnarray*} R = 1+\sum_{i=1}^{n-1} X_i \end{eqnarray*}$ argumentieren, wobei die Indikatorvariable $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ genau dann gleich 1 ist, wenn Kugel $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i+1 \end{eqnarray*}$ verschiedenfarbig sind.

22.11.2019, 01:54

klauss

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Da ich gerade Zeit und Lust zu einer kleinen Knobelaufgabe hatte, habe ich mir diese wegen ihres überschaubaren Aufwands herausgesucht und stelle dazu eine Alternative zur Verfügung.

Zitat:

Lösung Aufgabe 60

Ausgehend von
$\begin{align*} r(r-1) + g(g-1) = 2rg \end{align*}$
forme ich weiter um zu
$\begin{eqnarray*} (g-r)^{2}=g+r \end{eqnarray*}$
Für die ersten paar Quadratzahlen lassen sich schnell die geeigneten Wertepaare von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ finden, mit deren Gesetzmäßigkeit alle Lösungen auch rekursiv angeben werden können.
Seien $\begin{eqnarray*} \left(a_{k}; b_{k} \right) \end{eqnarray*}$ die möglichen Wertepaare von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ , geordnet durch $\begin{eqnarray*} a_{k}>b_{k} \end{eqnarray*}$ , bei vertauschbarer Zuordnung von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt für $\begin{eqnarray*} 3 \leq k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \left(a_{2};b_{2} \right)=(3;1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left(a_{k};b_{k} \right)=\left(k^{2}-a_{k-1};a_{k-1} \right) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} n=k^{2} \end{eqnarray*}$

28.12.2019, 14:15

Leopold

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Angeregt durch Huggys Beitrag hier eine kleine Aufgabe zum Jahresschluß.

Zitat:

Aufgabe 67

$\begin{align*} A,B,C,D \end{align*}$ seien vier Punkte des dreidimensionalen Anschauungsraumes, so daß keine drei kollinear sind. Im geschlossenen Streckenzug $\begin{align*} ABCDA \end{align*}$ mögen aufeinander stoßende Kanten jeweils einen rechten Winkel bilden.

Man beweise oder widerlege:
$\begin{align*} ABCD \end{align*}$ ist ein Rechteck.

28.12.2019, 22:41

klauss

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Ich versuchs mal wieder vektoriell.

Zitat:

Lösung Aufgabe 67

Geg.:
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AB} \bot \overrightarrow{BC} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BC} \bot \overrightarrow{CD} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{CD} \bot \overrightarrow{DA} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{DA} \bot \overrightarrow{AB} \end{eqnarray*}$

Geschlossener Vektorzug:
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{0} \end{eqnarray*}$

Gleichung 4 mal mit Skalarprodukt durchmultipliziert:
$\begin{eqnarray*} \circ \overrightarrow{AB} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mid \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CD}=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \circ \overrightarrow{BC} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mid \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BC}^{2}+\overrightarrow{DA}\circ \overrightarrow{BC}=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \circ \overrightarrow{CD} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mid \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CD}^{2}=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \circ \overrightarrow{DA} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mid \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{DA}\circ \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DA}^{2}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CD}^{2}\Rightarrow \overrightarrow{AB}^{2}=\overrightarrow{CD}^{2} \Rightarrow | \overrightarrow{AB} | =| \overrightarrow{CD}| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BC}^{2}+\overrightarrow{DA}\circ \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{DA}\circ \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DA}^{2}\Rightarrow \overrightarrow{BC}^{2}=\overrightarrow{DA}^{2} \Rightarrow | \overrightarrow{BC} | =| \overrightarrow{DA}| \end{eqnarray*}$
Gegenüberliegende Seiten sind also gleich lang.

Damit kann ich oben einsetzen:
$\begin{eqnarray*} | \overrightarrow{AB} |^{2}+| \overrightarrow{AB} |^{2}cos\left[\angle\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{CD}\right) \right]=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 1+cos\left[\angle\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{CD}\right) \right]=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} cos\left[\angle\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{CD}\right) \right]=-1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \angle\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{CD}\right)=180° \end{eqnarray*}$
Analog:
$\begin{eqnarray*} \angle\left(\overrightarrow{DA};\overrightarrow{BC}\right)=180° \end{eqnarray*}$
Gegenüberliegende Seiten sind parallel.

Es handelt sich um ein Rechteck.

Bitte um Kontrolle.
Leider habe ich keine geeignete Folgeaufgabe zur Hand.

29.12.2019, 18:15

Leopold

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Deine Lösung scheint mir richtig. Ich habe es ebenfalls mit Analytischer Geometrie gemacht. Mir schien es aber einfacher, Koordinaten zu Hilfe zu nehmen.

Man kann die Figur so in ein kartesisches $\begin{align*} xyz \end{align*}$ -Koordinatensystem legen, daß $\begin{align*} A \end{align*}$ der Ursprung wird und $\begin{align*} B,D \end{align*}$ auf der $\begin{align*} x \end{align*}$ -Achse beziehungsweise $\begin{align*} y \end{align*}$ -Achse liegen. Mit $\begin{align*} b,d,u,v,w \in \mathbb{R} \end{align*}$ kann man daher

$\begin{align*} A = (0,0,0) \, , \ B = (b,0,0) \, , \ C = (u,v,w) \, , \ D = (0,d,0) \ \ \text{mit} \ \ b,d \neq 0 \end{align*}$

ansetzen. Aus den Orthogonalitätsbedingungen folgt mit Hilfe des Skalarprodukts:

$\begin{align*} \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \, , \ \ \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DC} = 0 \, , \ \ \overrightarrow{CD} \cdot \overrightarrow{CB} = 0 \end{align*}$

Die Punkte mit ihren Koordinaten eingesetzt, erhält man aus den ersten beiden Bedingungen $\begin{align*} -b(u-b) = 0 \end{align*}$ , also $\begin{align*} u=b \end{align*}$ und $\begin{align*} -d(v-d) = 0 \end{align*}$ , also $\begin{align*} v=d \end{align*}$ . Somit ist $\begin{align*} C = (b,d,w) \end{align*}$ . Das verwendet man gleich in der dritten Bedingung oben und erhält $\begin{align*} w^2 = 0 \end{align*}$ , also $\begin{align*} w=0 \end{align*}$ .

Damit ist $\begin{align*} C = (b,d,0) \end{align*}$ und $\begin{align*} ABCD \end{align*}$ ein Rechteck.

Es gibt also keinen geschlossenen Vierstreckenzug mit lauter rechten Winkeln, der kein Rechteck ist.

28.07.2021, 14:15

HAL 9000

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Zitat:

Aufgabe 68

Es sei $\begin{eqnarray*} n\geq 100 \end{eqnarray*}$ . Die Zahlenmenge $\begin{eqnarray*} \left\{n,n+1,\ldots,2n\right\} \end{eqnarray*}$ wird disjunkt in zwei Teilmengen A und B aufgeteilt, d.h., jede dieser $\begin{eqnarray*} (n+1) \end{eqnarray*}$ ganzen Zahlen landet dabei in genau einer dieser beiden Teilmengen.

Man zeige, dass man in mindestens einer der beiden Teilmengen zwei verschiedene Zahlen findet, deren Summe eine Quadratzahl ist.

Stammt aus einem abgeschlossenen Wettbewerb. Augenzwinkern

29.07.2021, 15:24

HAL 9000

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Noch eine weitere Aufgabe aus diesem Wettbewerb:

Zitat:

Aufgabe 69

Die beiden Eichhörnchen Buschi und Hoppi haben 2021 Walnüsse für den Winter gesammelt. Hoppi nummeriert die Walnüsse von 1 bis 2021 und gräbt 2021 kleine Löcher in den Boden entlang eines Kreises um ihren Lieblingsbaum. Am nächsten Morgen bemerkt Hoppi, dass Buschi in jedes Loch eine Walnuss gelegt hat, aber ohne die Nummerierung zu beachten. Verstimmt beschließt Hoppi, die Walnüsse umzuordnen, und führt dazu eine Folge von 2021 Zügen aus. Im $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Zug vertauscht Hoppi die Positionen der beiden Walnüsse, die direkt neben Walnuss $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ liegen. Man beweise, dass es eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ derart gibt, dass Hoppi im $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Zug zwei Walnüsse $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a < k < b \end{eqnarray*}$ vertauscht.

29.07.2021, 19:40

Huggy

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Zitat:

Lösung Aufgabe 68

Eine Aufteilung des Intervalls $\begin{eqnarray*} [n, 2n] \end{eqnarray*}$ in 2 Teilmengen, bei der in mindestens einer der beiden Teilmengen die Summe zweier Zahlen aus dieser Teilmengen eine Quadratzahl ist, nenne ich eine Q-Aufteilung. Es ist dann zu beweisen, dass für $\begin{eqnarray*} n \geq 100 \end{eqnarray*}$ jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist. Man betrachte nun die Lösungen $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ des Gleichungssystems

$\begin{eqnarray*} x+y=m^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x+z=(m+1)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y+z=(m+2)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=\frac 1 2 (m^2-2m-3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y= \frac 1 2 (m^2+2m+3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z=\frac 1 2 (m^2+6m+5) \end{eqnarray*}$

Wenn alles natürliche Zahlen sind und $\begin{eqnarray*} n \leq x,y,z \leq 2n \end{eqnarray*}$ , dann gibt es bei jeder Aufteilung der Zahlen in $\begin{eqnarray*} [n, 2n] \end{eqnarray*}$ in 2 Teilmengen eine Teilmenge, in der die Summe zweier Elemente eine Quadratzahl ist, weil ja von den 3 Zahlen $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ immer mindestens 2 in einer der beiden Teilmengen liegen. Damit $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ natürliche Zahlen sind, muss $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ungerade sein. Man kann zunächst $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} m \geq 11 \end{eqnarray*}$ einschränken. Da sich in der Folge aber eine stärkere Einschränkung ergeben wird, lasse ich die Details dazu weg. Damit der nächste und entscheidende Schritt anschaulicher wird, bringe ich zunächst ein paar Beispiele.

$\begin{eqnarray*} m=11 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m=11 \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} x=48, y=73, z=96 \end{eqnarray*}$ . Man kann schließen, dass in dem Intervall $\begin{eqnarray*} [n,2n]=[48,96] \end{eqnarray*}$ jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist.

$\begin{eqnarray*} m=13 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m=13 \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} x=70, y=99, z=126 \end{eqnarray*}$ . Man kann schließen, dass in allen Intervallen $\begin{eqnarray*} [n, 2n] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \in [z/2,x]=[63,70] \end{eqnarray*}$ jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist. Für $\begin{eqnarray*} n \in [49, 62] \end{eqnarray*}$ hat man so keinen Beweis, dass jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist.

$\begin{eqnarray*} m=15 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m=15 \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} x=96, y=129, z=160 \end{eqnarray*}$ . Man kann schließen, dass in allen Intervallen $\begin{eqnarray*} [n, 2n] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \in [z/2,x]=[80,96] \end{eqnarray*}$ jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist. Für $\begin{eqnarray*} n \in [71, 79] \end{eqnarray*}$ hat man so keinen Beweis, dass jede Aufteilung eine Q-Aufteilung ist.

Wenn es zwischen $\begin{eqnarray*} z(m+2)/2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x(m) \end{eqnarray*}$ keine Lücke gibt, gilt der Beweis für alle $\begin{eqnarray*} n \geq z/2 \end{eqnarray*}$ . Das führt zu der Gleichung

$\begin{eqnarray*} \frac {z(m+2)} 2 \leq x(m)+1 \end{eqnarray*}$

mit der Lösung $\begin{eqnarray*} m \geq 17 \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} n \geq 99 \end{eqnarray*}$

29.07.2021, 19:52

HAL 9000

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Ja, die Idee klappt für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 99 \end{eqnarray*}$ und auch noch für ein paar weitere kleinere $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Freude

Ich hab mal rumprobiert: Für $\begin{eqnarray*} n=98 \end{eqnarray*}$ gibt es wohl tatsächlich eine Aufteilung von $\begin{eqnarray*} \{98,99,\ldots,196\} \end{eqnarray*}$ , für das man kein solches Quadratzahlsummen-Paar findet.

A : 98-126 , 129-161 , 162-196
B: 99-127 , 128-160 , 163-195

(die Bereiche sind immer in Zweierschritten zu verstehen, d.h., 98-126={98,100,...,126} usw.). Den insgesamt nur in Frage kommenden Quadratsummen 225, 256, 289, 324 und 361 geht man damit erfolgreich aus dem Weg.

30.07.2021, 09:12

HAL 9000

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Und noch eine (insgesamt wohl die kniffligste von den dreien):

Zitat:

Aufgabe 70

Es sei $\begin{eqnarray*} g:\;[0,\infty)\to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine konkave Funktion mit Minimum im linken Intervallrandpunkt 0. Man zeige, dass für alle reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} x_1,\ldots,x_n \end{eqnarray*}$ die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n g\left(\left|x_i-x_j\right|\right) \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n g\left(\left|x_i+x_j\right|\right) \end{eqnarray*}$

gilt.

Im Original war die Behauptung "nur" für $\begin{eqnarray*} g(x) = \sqrt{x} \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

11.08.2021, 12:40

HAL 9000

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Es gibt eine verblüffend einfache Lösung zu Aufgabe 69, passend für beliebige ungerade Walnussanzahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ :

Wir markieren nach dem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Schritt die Walnuss Nr. $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ und bestimmen anschließend die Anzahl $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ von Nachbarpaaren, wo BEIDE Nüsse markiert sind.

Angenommen, die Behauptung ist falsch, dann ist unmittelbar VOR dem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Schritt die Nuss $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ unmarkiert, und ihre beiden Nachbarn $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ entweder beide unmarkiert (das ist der Fall $\begin{eqnarray*} a>k,b>k \end{eqnarray*}$ ) oder aber beide markiert (das ist $\begin{eqnarray*} a<k,b<k \end{eqnarray*}$ ). In beiden Fällen ändert der Tausch der beiden Nüsse $\begin{eqnarray*} a\leftrightarrow b \end{eqnarray*}$ nichts an der Anzahl der markierten Paare. Durch das nun erfolgte Markieren der Nuss $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bekommen wir im ersten Fall $\begin{eqnarray*} a_k = a_{k-1} \end{eqnarray*}$ , und im zweiten Fall $\begin{eqnarray*} a_k = a_{k-1}+2 \end{eqnarray*}$ , d.h., die Parität von $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ bleibt stets erhalten.

Start ist $\begin{eqnarray*} a_0=0 \end{eqnarray*}$ (gerade) vor dem ersten Schritt - klar, denn da sind ja noch gar keine Nüsse markiert, erst recht keine Nachbarpaare.

Schluss ist $\begin{eqnarray*} a_n = n \end{eqnarray*}$ , denn da alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Nüsse dann markiert sind, trifft dies auch auf alle möglichen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Nachbarpaare in dieser Kreisanordnung der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Nüsse zu. Ist nun aber $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade, dann widerspricht das der Paritätserhaltung für mindestens ein $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Damit ist in diesem Fall die Annahme falsch, und somit die Behauptung richtig.

12.04.2022, 13:01

HAL 9000

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Im diesem Thread stand letztens ein Beitrag, der überwiegend aus Spam und Zahlenmystik bestand und deshalb wohl weggeräumt wurde, aber immerhin folgende interessante Aussage enthielt:

Zitat:

Aufgabe 71

Die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n=0,1,\ldots} \end{eqnarray*}$ sei definiert durch $\begin{eqnarray*} a_0=1,a_1=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_n = 4a_{n-1}-a_{n-2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ Man zeige, dass für jede ungerade Primzahl $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ die Zahl $\begin{eqnarray*} a_p-2 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilbar ist.

02.09.2022, 15:52

HAL 9000

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Ich hab irgendwie das Déjà-vu, als hätte ich das schon mal im Board gepostet, finde es aber nicht mehr - daher bitte ich schon mal prophylaktisch um Verzeihung, falls dem wirklich so ist:

Zitat:

Aufgabe 72

Es sei $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} a_n \end{eqnarray*}$ eine divergente Reihe mit positiven Gliedern. Man zeige, dass es dann eine ebenso divergente Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} b_n \end{eqnarray*}$ mit positiven Gliedern gibt, die "langsamer" als die erste Reihe divergiert, d.h., für die $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n} = 0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Inspiriert ist diese Problemstellung durch folgende Kette divergenter Reihen:

$\begin{eqnarray*} \sum_n \frac{1}{n} , \sum_n \frac{1}{n\ln(n)} , \sum_n \frac{1}{n\ln(n)\ln(\ln(n))}, \sum_n \frac{1}{n\ln(n)\ln(\ln(n))\ln(\ln(\ln(n)))}, \ldots \end{eqnarray*}$

(die Anfangsindizes sind jeweils so groß zu wählen, dass die Terme alle definiert und positiv sind).

03.09.2022, 15:44

Huggy

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Man kann das aus dem Satz von Abel-Dini

https://de.wikipedia.org/wiki/Sapogowsches_Kriterium

folgern. In dem Link ist

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty d_n \end{eqnarray*}$

die divergente Folge mit positiven Gliedern und

$\begin{eqnarray*} D_n=\sum_{i=1}^n d_i \end{eqnarray*}$

sind ihre Partialsummen. Setzt man

$\begin{eqnarray*} b_n=\frac {d_n}{D_n} \end{eqnarray*}$

so ist nach dem Satz auch

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$

divergent und es ist

$\begin{eqnarray*} \frac {b_n}{d_n}=\frac 1 {D_n} \end{eqnarray*}$

und das geht gegen Null, weil ja $\begin{eqnarray*} D_n \end{eqnarray*}$ nach Vorraussetzung divergiert.

03.09.2022, 19:03

HAL 9000

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Ja, genau diese Konstruktion hatte ich auch im Sinn, und dafür dann einen elementaren Beweis. Vielen Dank für diesen Verweis auf "Sapogowsches Kriterium", kannte ich bisher noch nicht. Freude

04.09.2022, 13:10

Huggy

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Dieses Kriterium ist bei der Suche nach einem Link für den Satz von Abel-Dini zufällig aufgetaucht. Ich kannte es bisher auch nicht.

Ein Versuch zu einem elementaren Beweis des Satzes von Abel-Dini im Falle der Divergenz: Man hat

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^k b_{n+i}=\sum_{i=1}^k \frac {d_{n+i}}{D_{n+i}} \geq \frac {\sum\limits_{i=1}^k d_{n+i} }{D_{n+k}}=1-\frac {D_n}{D_{n+k}} \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} D_n \end{eqnarray*}$ divergiert, kann man zu jedem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} k(n) \end{eqnarray*}$ wählen, so dass

$\begin{eqnarray*} \frac {D_n}{D_{n+k(n)}}< \frac 1 2 \end{eqnarray*}$

Dann hat man

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{k(n)} b_{n+i}> \frac 1 2 \end{eqnarray*}$

Wäre $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^\infty b_i \end{eqnarray*}$ konvergent, müsste es aber zu jedem $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n(\epsilon) \end{eqnarray*}$ geben, so dass für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ die vorige Summe $\begin{eqnarray*} < \epsilon \end{eqnarray*}$ ist. Das führt bei $\begin{eqnarray*} \epsilon < \frac 1 2 \end{eqnarray*}$ zu einem Widerspruch.

09.01.2023, 10:21

HAL 9000

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Ich klau mal von https://www.onlinemathe.de/forum/Stetigkeit-ffx-x eine Aufgabe, die dort mangels Interesse des Fragestellers nicht mehr wirklich besprochen wurde:

Zitat:

Aufgabe 73

Es sei $\begin{eqnarray*} f:~\mathbb{R}\to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine Funktion, für die $\begin{eqnarray*} f(f(x)) = -x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gilt.

a) Man zeige, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht stetig ist.

b) Man gebe eine Lösungsfunktion an.

10.01.2023, 11:39

IfindU

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Aufgabe 73.

a) Aus $\begin{eqnarray*} f(f(x)) = -x \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} f(f(f(f(x)))) = x \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bijektiv. Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig und bijektiv ist, ist es strikt monton. Mit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ monoton, folgt $\begin{eqnarray*} f\circ f \end{eqnarray*}$ ist monoton wachsend. Jetzt ist aber $\begin{eqnarray*} x\mapsto -x \end{eqnarray*}$ strikt monoton fallend. D.h. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist unstetig.

b) Wir partitionieren $\begin{eqnarray*} [0,\infty) = G \cup U \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G = \bigcup_{n \in \mathbb N} [2n, 2n+1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U = \bigcup_{n \in \mathbb N} [2n+1, 2n+2) \end{eqnarray*}$ . Definiere

$\begin{eqnarray*} f \colon \mathbb R \to \mathbb R, f(x) = \begin{cases} x+1 & x \in G \\ -x +1 & x \in U \\ x- 1 & -x \in G \setminus \{ 0 \} \\ -x -1 & -x \in U\end{cases} \end{eqnarray*}$ .
D.h. die idee ist, dass anwenden von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ die Werte in die Mengen schickt: $\begin{eqnarray*} G \to U \to -G \to -U \to G \end{eqnarray*}$ .

Ziemlich cool, wo $\begin{eqnarray*} g \colon \mathbb C \to \mathbb C, z \mapsto iz \end{eqnarray*}$ eine schöne komplexe Funktion ist mit $\begin{eqnarray*} g\circ g(z) = -z \end{eqnarray*}$ .

Edit: Ich glaube das ist falsch/unsauber. Die Mengen $\begin{eqnarray*} -G \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -U \end{eqnarray*}$ bestehen aus links-offenen-rechts-abgeschlossenen Intervallen. Diese müssten anders herum...

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