Diskussionen zum Übergangsmarathon - Seite 7

12.04.2016, 07:24

HAL 9000

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Ich verstehe jetzt, was du meinst. Die formelmäßige Verarbeitung kommt m.E. etwas verworren rüber, da du z.B. hier

Zitat:

Original von DrummerS
$\begin{eqnarray*} a_{n} = a_{1}+\frac{\left(n-1\right)}{1!}D_{1,1} -\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2!}D_{2,1} \text{ mit } n \in \mathbb N \text{ und } \left\{a_{1}, D_{1,1}, D_{2,1}\right\} \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ (1)

offenkundig nicht über $\begin{align*} a_n = \sum_{j=1}^n \frac{1}{j} \end{align*}$ sprichst. Es wäre für mich vom Aufbau logischer gewesen, wenn du das mit den linearen, quadratischen usw. Folgen "rückwärts" anhand der Differenzenfolgen $\begin{align*} D_{n-2,k},D_{n-3,k} \end{align*}$ aufgebaut hättest, wo es ja tatsächlich so ist. Und die ziemlich wichtige, sich speziell für $\begin{align*} a_n=\sum_{j=1}^n \frac{1}{j} \end{align*}$ ergebende Darstellung

$\begin{align*} D_{m,k} = \frac{(-1)^{m-1} (m-1)!}{(k+1)\cdot \ldots\cdot (k+m)} \end{align*}$ , speziell benötigt $\begin{align*} D_{m,1} = \frac{(-1)^{m-1}}{m(m+1)} \end{align*}$

kommt erklärungsmäßig schon sehr kurz weg. Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Vielleicht kann sich IfindU dazu durchringen, seine (sehr viel kürzere) Lösung der Aufgabe vorzustellen. Zeit genug ist ja inzwischen vergangen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.04.2016, 08:29

DrummerS

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Danke für den Tipp smile

smile

!

Mir fällt gerade auf, dass sich noch ein Vorzeichenfehler eingeschlichen hat. Gleichung (1) ist eigentlich:

$\begin{eqnarray*} a_{n} = a_{1}+\frac{\left(n-1\right)}{1!}D_{1,1} +\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2!}D_{2,1} \end{eqnarray*}$

12.04.2016, 08:59

IfindU

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Zitat:

Original von HAL 9000
P.S.: Vielleicht kann sich IfindU dazu durchringen, seine (sehr viel kürzere) Lösung der Aufgabe vorzustellen. Zeit genug ist ja inzwischen vergangen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das könnte ich tun -- aber Drummer scheint ja noch daran interessiert zu sein. Ferner habe ich keine neue Aufgabe parat -- wieso also eine so schöne Aufgabe lösen, nur um danach ein Vakuum zu haben Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.04.2016, 13:36

RavenOnJ

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Da anscheinend von anderer Seite nichts mehr kommt, eine hoffentlich nicht ganz unklare Lösung für 51. Kurz ist allerdings was anderes Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Interessant wäre es, wie eine kurze, elegante Lösung für das Problem aussieht (@HAL, @IfindU).

Es gilt: $\begin{align*} \binom{n}{j} = \binom{n-1}{j-1} + \binom{n-1}{j} \end{align*}$ , sowie $\begin{align*} \frac 1 j \binom{n-1}{j-1} = \frac 1 n \binom{n}{j} \end{align*}$ .

Man kann nun schreiben
$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^n (-1)^{j-1}\binom{n}{j}\frac 1 j &= \frac{(-1)^{n-1}} n+\sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j-1}\left\{\binom{n-1}{j-1} + \binom{n-1}{j} \right\}\frac 1 j \\ &= \frac{(-1)^{n-1}} n+\frac 1 n \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j-1}\binom{n}{j} + \sum\limits_{j=1}^{n-1}(-1)^{j-1}\binom{n-1}{j}\frac 1 j \end{align*}$ .

Der Beweis erfolgt über vollständige Induktion mit der Induktionsvoraussetzung

$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^{n-1}(-1)^{j-1}\binom{n-1}{j}\frac 1 j = \sum\limits_{j=1}^{n-1}\frac 1 j \end{align*}$ .

Es ist nun zu zeigen, dass gilt
$\begin{align*} (-1)^{n-1}-\sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n}{j} = 1 \end{align*}$

Dabei sind die Fälle A) n ungerade und B) n gerade zu unterscheiden. Im Fall B) lässt sich der erste Summand und die 1 rechts vom Gleichheitszeichen unter die Summe ziehen und damit die Summe erweitern, im Fall A) heben diese beiden Größen sich auf. Dort ist äquvalent

$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n}{j} = \sum\limits_{j=0}^{n} (-1)^{j}\binom{n}{j} = 0\quad (**) \end{align*}$

Im Fall B) ist $\begin{align*} (-1)^{n-1} = (-1)^{-1} =-1 \end{align*}$ , die Summe lässt sich also zu (**) erweitern.

Im Fall A) ist die letzte Gleichung in (**) klar wegen $\begin{align*} \binom{n}{j} = \binom{n}{n-j} \end{align*}$ und $\begin{align*} (-1)^{j} = -(-1)^{n-j} \end{align*}$ .

Im Fall B) gilt
$\begin{align*} \sum\limits_{j=0}^{n} (-1)^{j}\binom{n}{j} &= 2 + \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\left\{\binom{n-1}{j-1}+\binom{n-1}{j}\right\} \\ &= \sum\limits_{j=0}^{n-1} (-1)^{j+1}\binom{n-1}{j} + \sum\limits_{j=0}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n-1}{j}\\ &=0 \end{align*}$

wobei in der ersten Summe eine Indexverschiebung vorgenommen und in jede Summe eine 1 integriert wurde. Den Induktionsanfang n=1 schenke ich mir, da er „trivial” ist. q.e.d.

Vielleicht hat der @Drummer eine neue Aufgabe !?

13.04.2016, 15:33

DrummerS

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Eure Beweise, also die von RavenOnJ und IfindU, sehen offensichtlich vernünftiger aus als meine Herleitung Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

Bitte entschuldigt die verspätete Meldung. Ich war woanders sehr eingespannt und daneben noch mit der Lösung der Aufgabe beschäftigt...

@ RavenOnJ: eine neue Aufgabe habe ich, wie auch IfindU für sich erwähnt hatte, spontan leider nicht parat. Du darfst also gerne weitermachen smile

smile

.

13.04.2016, 15:56

RavenOnJ

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@DrummerS
Tja, da stehe ich gerade etwas auf dem Schlauch. verwirrt

verwirrt

Könnte jemand anders eine neue
Aufgabe posten?

Edit: Alles klar. Hatte die von IfindU nicht gesehen.

Dazu dann gleich eine Klarstellung bitte. Sind $\begin{align*} \alpha,\beta \end{align*}$ gesucht, sodass beide Integrale gleichermaßen existieren, also auch das Integral von 0 bis $\begin{align*} \infty \end{align*}$ ?

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13.04.2016, 16:59

IfindU

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Ich dachte an die einzelnen Integral. Den Schnitt über die Tupel $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \end{eqnarray*}$ zu nehmen sollte dann nicht so kritisch sein Augenzwinkern

Augenzwinkern

Habe es mal editiert.

13.04.2016, 17:21

HAL 9000

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Du schreibst da $\begin{align*} [\log(x)]^{\beta} \end{align*}$ im Nenner. Für $\begin{align*} 0<x<1 \end{align*}$ sowie nichtganze $\begin{align*} \beta \end{align*}$ gibt es da Definitionsprobleme im reellen... Ich nehme daher an, du meinst da $\begin{align*} \left| \log(x) \right|^{\beta} \end{align*}$ ?

Außerdem fallen die Ergebnisse für manche Paare $\begin{align*} (\alpha,\beta) \end{align*}$ unterschiedlich aus, je nachdem ob $\begin{align*} e<1 \end{align*}$ oder $\begin{align*} e>1 \end{align*}$ ist, d.h. die kritische Stelle 1 im Integrationsintervall ist oder nicht. verwirrt

verwirrt

13.04.2016, 17:45

IfindU

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Ich sollte Aufgaben stellen wirklich anderen überlassen. Danke für die Hinweise -- sollte hoffentlich behoben sein.

13.04.2016, 21:20

HAL 9000

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Ups, ich hatte tatsächlich gedacht, dass du mit $\begin{align*} e \end{align*}$ eine beliebige reelle Zahl meinst - vermutlich deshalb, weil es hier wirklich nicht sonderlich wichtig ist, welche Zahl es nun genau ist (abgesehen von der Position bezogen zur 1). Big Laugh

Big Laugh

14.04.2016, 04:11

IfindU

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Ich wollte erst ein Integral von 0 bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ haben, dann waren mir aber zu viele mögliche Divergenzen gleichzeitig. Bei $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ (der "üblichen" Teilungsgrenze) hätte man bei beiden Integralen die Nullstelle des Logarithmus gehabt. Ich wollte daraus nicht auch noch 3 Integrale machen, und 2 als Integrationsgrenze bei effektiv den Funktionen $\begin{eqnarray*} x\mapsto x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \mapsto \log x \end{eqnarray*}$ war nicht "natürlich", also $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ Big Laugh

Big Laugh

Nächstes mal nehme ich $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ . Griechische Buchstaben, die zusätzlich nicht $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ ähneln, haben deutlich weniger Verwirrungspotential. Big Laugh

Big Laugh

03.06.2016, 13:10

HAL 9000

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Zu Huggys Aufgabe 54: Ich blick ehrlich gesagt noch nicht durch, aber ein bisschen numerische Herumspielerei mit höherer Genauigkeit liefert einen Zusammenhang zu $\begin{align*} H_{30} < 4 < H_{31} \end{align*}$ (Harmonische Zahlen) sowie $\begin{align*} \left(1 - 2^{-30}\right)\frac{\pi}{2} = 1.5707963253319\ldots \end{align*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Huggy
Es gibt keinen Grund mit dem Experiment fortzufahren.

Big Laugh

EDIT: Ok, jetzt blick ich auch theoretisch durch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.06.2016, 15:52

HAL 9000

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Mir fällt im Zusammenhang mit Huggys Aufgabe 54 noch eine Frage ein, deren Lösung ich allerdings auch nicht kenne:

Wieviel Unstetigkeitsstellen besitzt $\begin{align*} \lambda\to I_{31}\left(\lambda;1,\frac{1}{2},\ldots,\frac{1}{31}\right) \end{align*}$ (Definition von $\begin{align*} I_n \end{align*}$ siehe hier) ?

Die obere Schranke $\begin{align*} 2^{31} \end{align*}$ ist klar, aber es werden deutlich weniger sein, weil gewisse Kehrwertsummen ja mehrfach vorkommen, z.B. $\begin{align*} \frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{12} \end{align*}$ usw. smile

smile

Mit Bruteforce kann man es wohl gerade noch klären, allerdings muss man dazu wohl mit den Brüchen "genau" rechnen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Ok, die Antwort ist $\begin{align*} 31772672 = 2^{12}\cdot 7757 \end{align*}$ .

08.06.2016, 09:29

Fragen über Fragen

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Ist ein Tipp zum Beweis der verallgemeinerten Aussage gewünscht?

09.06.2016, 06:51

10001000Nick1

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Ich werd' mal schauen, ob mir bis heute Abend eine hübsche Aufgabe einfällt.

10.06.2016, 06:23

10001000Nick1

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Da ich bis jetzt keine gute Idee hatte, kann gern jemand anderes eine neue Aufgabe stellen.

10.06.2016, 19:46

Huggy

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Zu 56:

Ich finde es immer wieder erstaunlich, wie schnell einige (riwe, Leopold) die Lösung einer solchen Aufgabe finden. Als ich auf die Aufgabe stieß, habe ich mich tagelang geplagt, um eine Konstruktion mit den genannten Hilfsmitteln zu finden.

Schön, dass noch keine Lösung beschrieben wurde. Da können andere Geometriefreunde noch rätseln.

11.06.2016, 06:26

Huggy

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Von Leopold habe ich per PN eine korrekte Konstruktion bekommen.

12.06.2016, 08:52

Huggy

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Von Gualtiero habe ich eine sehr schöne alternative Konstruktion per PN bekommen.

12.06.2016, 09:26

Gualtiero

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Dann stelle ich meine Lösung gleich mal hier rein.

[attach]42031[/attach]

X1 kann frei auf Gerade g gewählt werden, auf der in X1 errichteten Lotgerade kann wiederum X2 frei gewählt werden.

Alle weiteren Punkte ergeben sich als Schnittpunkte. Strecke S1-P ist Teil der gesuchten Lotgerade von P auf g.

Eine exakte mathematische Begründung kann ich (noch?) nicht liefern, ich habe aber diesen Lösungsweg mittels CAD-Programm mehrmals überprüft.

Je nach Wahl der Punkte X1 und X2 kann es vorkommen, dass S1 nicht "über", sondern "rechts" oder "links" von P zu liegen kommt, dann aber den gleichen Lotabstand von g wie P hat, was auch zum Ziel führt.

12.06.2016, 09:34

Huggy

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Durch wiederholte Anwendung des Strahlensatzes kann man zeigen, dass der waagrechte Abstand zwischen $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ gleich dem waagrechten Abstand zwischen $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ist.

Für eine abweichende Lage von $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ sollte der Beweis ähnlich gehen.

12.06.2016, 10:48

Huggy

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Vor riwe gibt es auch eine Lösung, prioritätsmäßig zwischen Leopold und Gualtiero.

22.07.2017, 16:57

HAL 9000

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Anmerkung zu Aufgabe 57:

Einfach mal einige kleine Werte für $\begin{align*} a_0 \end{align*}$ einsetzen und sehen, wie sich die Folge entwickelt - da sieht man relativ schnell, wie der Hase läuft. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und ein kleiner Anschub für Aufgabe 58:

Man betrachte zunächst mal solche $\begin{align*} x,y \end{align*}$ , für die $\begin{align*} x+y=xy \end{align*}$ gilt: Umgestellt ergibt das $\begin{align*} y=\frac{x}{x-1} \end{align*}$ , d.h., für alle $\begin{align*} x\neq 1 \end{align*}$ gibt es ein solches $\begin{align*} y \end{align*}$ .

$\begin{align*} F\left(x,\frac{x}{x-1}\right) \end{align*}$ (hierbei möge $\begin{align*} F(x,y) \end{align*}$ die Abkürzung dafür sein, in die gegebene Funktionalgleichung die beiden Argumente $\begin{align*} x,y \end{align*}$ einzusetzen) liefert dann

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

$\begin{align*} f\left(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\right) = 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\neq 1 \end{align*}$ .

Hieraus kann man schließen:

- Da Funktionswert 0 hier auftaucht, besitzt $\begin{align*} f \end{align*}$ auch (mindestens) eine Nullstelle!
- Für alle $\begin{align*} x\neq 1 \end{align*}$ ist der Wert $\begin{align*} f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right) \end{align*}$ eine Nullstelle von $\begin{align*} f \end{align*}$ .

Weiter könnte man nun untersuchen, welche Argumente denn als Nullstellen überhaupt in Frage kommen...

22.07.2017, 21:34

Clearly_wrong

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Diese Aufgabe hat mir auch seht gut gefallen, danke für die nette Abendunterhaltung.

Ich möchte aber hier noch nicht auflösen, der Tipp ist ja noch recht jung und hilft enorm weiter.

23.07.2017, 20:16

HAL 9000

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Noch ein Hinweis: Die Nullfunktion $\begin{align*} f(x)=0 \end{align*}$ ist offenbar Lösung. Für alle anderen Lösungen $\begin{align*} f \end{align*}$ kann man Injektivität nachweisen.

02.08.2017, 13:01

Mathema

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Hallo Leopold,

hast du ein Vergleichsergebnis für deine Aufgabe? Komme auf $\begin{eqnarray*} V=\frac{3}{2}a^3 \sqrt[4]{8}(\sqrt{2}-1) \end{eqnarray*}$ .

02.08.2017, 15:41

Leopold

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Ich habe als Koeffizienten $\begin{align*} \frac{1}{3} \cdot 2^{\frac{1}{4}} \cdot \left( 1 + 2^{\frac{1}{2}} \right) \approx 0{,}9570 \end{align*}$ , deiner ist $\begin{align*} \frac{3}{2} \cdot \sqrt[4]{8} \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) \approx 1{,}0449 \end{align*}$ . Die sind offenbar nicht gleich, haben aber immerhin eine ähnliche Struktur. Ich habe mein Ergebnis noch nie überprüft, ein Vergleich mit dem Wert bei Wikipedia für $\begin{align*} n=4 \end{align*}$ ergibt aber numerische Übereinstimmung. Da scheint deiner also falsch zu sein. Wie ich andeutete: Die Aufgabe ist für einen guten Abiturienten mit Schulkenntnissen lösbar, aber man muß seine Lösungsstrategie klar umsetzen und darf sich nicht verrechnen.

02.08.2017, 16:31

HAL 9000

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Zwei mögliche Lösungswege, ohne ins Detail der Rechnung zu gehen: Bei beiden benötigt man die "Höhe" $\begin{align*} h \end{align*}$ (= Abstand Grund- und Deckfläche) des Körpers.

1) Es bezeichne $\begin{align*} M \end{align*}$ den Mittelpunkt der Verbindungsgerade der Mittelpunkte von Grundquadrat $\begin{align*} ABCD \end{align*}$ und Deckquadrat $\begin{align*} EFGH \end{align*}$ . Dann ist

$\begin{align*} V = 2\cdot V(ABCDM) + 8\cdot V(ABEM) \end{align*}$ ,

wobei $\begin{align*} ABE \end{align*}$ eine der 8 gleichseitigen Seitenflächen sein möge. D.h., es sind das Volumen der quadratischen Pyramide $\begin{align*} ABCDM \end{align*}$ sowie das des (nichtregulären) Tetraeder $\begin{align*} ABEM \end{align*}$ zu berechnen. Insbesondere letzteres ist z.B. mit ein wenig Vektorrechnung (Spatprodukt) zu knacken.

2) Man bestimmt die Fläche $\begin{align*} A(x) \end{align*}$ des Durchschnitts des Körpers mit einer zur Grundfläche parallelen Ebene im Abstand $\begin{align*} x \end{align*}$ zu dieser Grundfläche. Das Volumen ist dann $\begin{align*} V= \int\limits_0^h A(x) ~ \dd x \end{align*}$

P.S.: Der von Leopold angegebene Wert ist natürlich richtig. Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.08.2017, 20:58

Leopold

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Im wesentlichen habe ich das Problem mit der von HAL beschriebenen Methode 1) gelöst. Zunächst habe ich den Fall der Kantenlänge 2 behandelt. Den allgemeinen Fall der Kantenlänge $\begin{align*} a \end{align*}$ erhält man daraus durch Streckung mit dem Faktor $\begin{align*} \lambda = \frac{a}{2} \end{align*}$ , beim Volumen also durch Multiplikation mit $\begin{align*} \lambda^3 \end{align*}$ .

Den Körper mit Kantenlänge 2 habe ich in ein Koordinatensystem gelegt. Für das untere Quadrat habe ich die Punkte

$\begin{align*} A = \left( -1,-1,- \frac{h}{2} \right) \, , \ \ B = \left( 1,-1,- \frac{h}{2} \right) \, , \ \ C = \left( 1,1,- \frac{h}{2} \right) \, , \ \ D = \left( -1,1,- \frac{h}{2} \right) \end{align*}$

genommen, und für das obere Quadrat

$\begin{align*} A' = \left( 0 , -2^{\frac{1}{2}} , \frac{h}{2} \right) \, , \ \ B' = \left( 2^{\frac{1}{2}} , 0 , \frac{h}{2} \right) \, , \ \ C' = \left( 0 , 2^{\frac{1}{2}} , \frac{h}{2} \right) \, , \ \ D' = \left( - 2^{\frac{1}{2}} , 0 , \frac{h}{2} \right) \end{align*}$

Die Höhe $\begin{align*} h \end{align*}$ des Antiprismas bekommt man über $\begin{align*} \left| \overrightarrow{AA'} \right| = 2 \end{align*}$ und das Volumen dann durch Addition der zehn von HAL 9000 beschriebenen Pyramiden.

Nachdem HAL 2) vorgeschlagen hat, habe ich auch das einmal versucht, wieder bei Kantenlänge 2. Als Inhalt $\begin{align*} F(x) \end{align*}$ der Schnittfläche in der Höhe $\begin{align*} x \end{align*}$ habe ich

$\begin{align*} F(x) = 2 \left( \sqrt{2} + 1 - \left( 2 - \sqrt{2} \right) x^2 \right) \, , \ \ 0 \leq x \leq \frac{h}{2} \end{align*}$

erhalten. Danach

$\begin{align*} V = 2 \int_0^{\frac{h}{2}} F(x) ~ \dd x \end{align*}$

Zur Bestimmung von $\begin{align*} F(x) \end{align*}$ habe ich allerdings auch Analytische Geometrie verwendet, weil ich auf die Schnelle keinen elementaren Weg gesehen habe.

03.08.2017, 07:15

xb

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$\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{3} \cdot 2^{\frac{1}{4}} \cdot \left( 1 + 2^{\frac{1}{2}} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=\frac{3}{2} \cdot \sqrt[4]{8} \cdot \left( \sqrt{2} - 1 \right) \end{eqnarray*}$

Wie es aussieht ist b ist der Kehrwert von a

03.08.2017, 09:34

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Hier noch eine Berechnungsmöglichkeit, bei der man keine Vektoralgebra und nur minimales räumliches Vorstellungsvermögen braucht. In der Draufsicht sieht das Antiprisma so aus:

[attach]45014[/attach]

Die Verbindungskanten zwischen den oberen und den unteren Ecken sind grün gezeichnet. In der Draufsicht bilden sie ein regelmäßiges Achteck. Das Antiprisma wird also durch ein achteckiges Prisma der Höhe $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ umschlossen, dessen Volumen leicht berechenbar ist. Jede der 8 dreieckigen Seitenflächen, z. B. das Dreieck ABE, schneidet eine Dreieckspyramide der Höhe $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ von dem achteckigen Prisma ab. Das Volumen dieser Pyramiden ist durch 1/3*Grundfläche*Höhe berechenbar. Die Grundfläche der durch das Dreieck ABE abgeschnitten Pyramide ist gerade das Dreieck ABE in der Draufsicht, also wenn man die Höhenkoordinaten der Punkte ignoriert. Man kommt so auch zu dem schon Leopold genannten Volumen des Antiprismas.

03.08.2017, 15:10

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Huggy,

mein Ansatz war ähnlich, nur kriege ich ihn nicht zu Ende gebracht (es scheitert wohl am "minimalen räumlichen Vorstellungsvermögen"). Ich bin ebenso von einem achteckigen Prisma der Höhe $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ ausgegangen, aber von dem, wo sich deine blauen Quadrate schneiden. Das sollte doch vollständig im Körper liegen, oder nicht? Das Lot vom dunkelblauen Quadrat zum Eckpunkt (z.B. G) hat ja die Länge $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}\left(\sqrt{2}-1\right) \end{eqnarray*}$ . Die Seitenlänge des Prismas wäre dann die doppelte Streckenlänge, also $\begin{eqnarray*} a\left(\sqrt{2}-1\right) \end{eqnarray*}$ . Die Höhe des Antiprismas habe ich mir dann so überlegt, dass die Strecke DG (laut Voraussetzung ja $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ) eine Diagonale in einem Quader wäre, der als Seitenlänge die Höhe des Körpers, $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ und die Lotlänge von oben hat. Daraus habe ich $\begin{eqnarray*} h=\frac{a}{2}\sqrt[4]{8} \end{eqnarray*}$ berechnet. Nun müsste ja zu meinem kleinen Prisma was dazu kommen. Siehst du, ob dieser Ansatz funktioniert und - wenn ja - wie ich ihn zu Ende rechnen kann?

03.08.2017, 18:11

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

@Mathema
Deine Ausführungen sind richtig. Das Problem ist jetzt, die Teile zu charakterisieren, die man zu dem inneren Achteckprisma addieren muss, um das Antiprisma zu bekommen. Da kann es leicht zu Überlappungen kommen und man berechnet dann ein zu großes Volumen. HAL hat diese Komplikation bei seinem Ansatz vermieden, indem er seine Bauteile ausgehend von dem Mittelpunkt M konstruiert hat.

Mein räumliches Vorstellungsvermögen ist - Gott sei es geklagt - erbärmlich. Ich habe mir deshalb schon selbst kräftig auf die Schultern geklopft, weil ich erkannt hatte, dass bei meiner Subtraktionsmethode benachbarte abgeschnittene Pyramiden sich nicht überlappen, weil bei der einen die Grundfläche oben und bei der anderen unten ist.

03.08.2017, 18:53

Mathema

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Ja - mein räumliches Vorstellungsvermögen lässt mich da auch im Stich. Mal lag ich knapp drüber, dann beim nächsten Versuch knapp drunter... Danke dir - deinen Ansatz mit dem umschließenden Prisma finde ich wirklich hübsch - und diesen konnte ich dann auch zum richtigen Ergebnis wenigstens führen.

03.08.2017, 21:01

Leopold

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@ Huggy

Eine, wie ich finde, ausgesprochen schöne Lösung: einfach (im nachhinein) und sofort nachzurechnen.

07.08.2017, 19:21

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

@Huggy:

Ich hoffe es ist Ok, daß ich eine neue Aufgabe gestellt habe. Wahrscheinlichkeitsrechnung ist ja zumindest - so meine ich - ein Spezialgebiet von dir. So hoffe ich jedenfalls, daß du die Aufgabe nicht kennst und etwas Freude beim Bearbeiten (sofern du das tust) findest.

08.08.2017, 05:52

Huggy

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Das ist in Ordnung. Auch gebührt HAL die Priorität bei der Lösung der vorigen Aufgabe. Deine Aufgabe ist recht nett, vielleicht etwas zu einfach für den Übergangsmarathon. Es sollten daher auch Schüler keine Hemmungen haben, sich an ihr zu versuchen.

08.08.2017, 16:54

xb

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Vielleicht noch ein Ergänzung zur Aufgabe 60
Für welches x gibt es Lösungen?
$\begin{eqnarray*} P(A)=x\cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Außerdem habe ich die Vermutung,dass es nur für x=1 unendlich viele Lösungen gibt

08.08.2017, 18:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Auch gebührt HAL die Priorität bei der Lösung der vorigen Aufgabe.

Welche Priorität? Bei Leopolds Aufgabe habe ich lediglich ein paar Anmerkungen/Strategien genannt, aber keine echte Lösung. Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Die Lösung zu Aufgabe 61 ist wohl $\begin{align*} 1-\frac{n}{2^{n-1}} \end{align*}$ , aber eine "kurze knackige" Lösung habe ich dafür auch nicht. Na mal abwarten. Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.08.2017, 19:16

Mathema

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@HAL:

Das Gegenereignis wäre doch, daß alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Punkte auf einem Halbkreis liegen. Legen wir einen beliebigen Punkt fest, dann wäre es für die anderen $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Punkte ein Münzwurf. Somit wäre die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ . Da man jeden der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Punkte als "Startpunkt" nehmen kann, wäre die Wahrscheinlichkeit also $\begin{eqnarray*} n\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\frac{n}{2^{n-1}} \end{eqnarray*}$

Ginge das?

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