Wettbewerb! Quersumme von Vielfachen und deren Quadrat

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JuliusZäser Auf diesen Beitrag antworten »
Quersumme von Vielfachen und deren Quadrat
Meine Frage:
Beweise: Jede positive ganze Zahl k besitzt ein positives Vielfaches n, für das Q(n) = Q(n^2) gilt.

Meine Ideen:
Für folgende Zahlen stimmt es immer 9;99;999;...; 10^n; 18*10^n; 45 * 10^n.
Mehr habe ich fürs erste nicht gefunden. Was mir aber auffällt ist, dass bei jedem Vielfachen bei dem die Bedingung stimmt, eine Quersumme von 1,9,10,18 oder 19 herauskommt und nie z.B 15 oder 16. Ich komme nicht mehr weiter, da sicherlich nicht alle ganzen Zahlen eines der Vielfachen oben hat und mir sonst nicht einfällt wie ich weiter vorgehen soll.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Gelöscht - bin leider dem BWM-Betrüger JuliusZäser aufgesessen.
JuliusZäsar Auf diesen Beitrag antworten »

gelöscht (Mathema)
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Gelöscht.
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist Bundeswettbewerb Runde 2 und der Einsendeschluss ist erst am 1.9. unglücklich

@HAL: Vll könntest du deine Beiträge bitte entsprechend editieren.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Aufmerksamkeit. Für JuliusZäser war es vermutlich zu spät, aber vlt. noch nicht für andere.
 
 
Mathema Auf diesen Beitrag antworten »

Danke Dir! Ich sperre hier ab.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »
1.September ist vorbei...
Die Aufgabe 2

Zitat:
In eine Schule gehen 2021 Kinder, von denen jedes mindestens 45 andere Kinder dieser Schule kennt.
Beweise: Es gibt in dieser Schule vier Kinder, die sich so um einen runden Tisch setzen können, dass jedes Kind seine beiden Nachbarn kennt.

fand ich auch "schön randgenäht":

Meine erste Schubfachidee zum Thema klappte leider nur mit "mindestens 46" statt mit "mindestens 45" in der Voraussetzung. Für das strengere "mindestens 45" ist tatsächlich noch ein kleiner Winkelzug vonnöten. Big Laugh
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Am interessantesten ist Aufgabe 4:

Zitat:
In einer Ebene mit kartesischem Koordinatensystem nennen wir eine Strecke zahm, wenn sie parallel zu einer der beiden Koordinatenachsen ist und von dieser einen ganzzahligen Abstand hat, andernfalls nennen wir sie wild. Es seien m und n ungerade positive ganze Zahlen. Das Rechteck mit den Eckpunkten (0,0), (m,0), (m,n) und (0,n) wird mit endlich vielen Dreiecken lückenlos und überlappungsfrei bedeckt. Die Menge dieser Dreiecke sei M. Es sind folgende Bedingungen erfüllt:
(1) Jedes Dreieck aus M besitzt wenigstens eine zahme Seite.
(2) Zu jeder zahmen Seite eines Dreiecks aus M hat die zugehörige Höhe die Länge 1.
(3) Jede wilde Seite eines Dreiecks aus M ist gemeinsame Seite von genau zwei Dreiecken aus M.

Beweise: Mindestens zwei Dreiecke aus M haben je zwei zahme Seiten.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das scheint wohl die anspruchsvollste zu sein. Obwohl ich mich noch nicht eingehend mit dem Problem befasst habe, scheint doch die Voraussetzung der Ungeradheit von essentiell zu sein, denn das Gegenbeispiel "2x2-Quadrat mit beiden Diagonalen" springt ja geradezu ins Auge.
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, m und n ungerade ist essentiell. Ich will die Lösung nur skizzieren.

Zuerst mal kann man annehmen, dass es höchstens ein Dreieck mit zwei zahmen Seiten gibt. Da eine wilde Seite nur als Ganzes an jeweils eine andere wilde Seite grenzt, muss die Gesamtzahl aller wilden Seiten gerade sein. Gibt es dann genau ein Dreieck mit nur einer wilden Seite, so ergäbe dies einen Widerspruch, d.h. es kann unter der Voraussetzung gar kein Dreieck mit zwei zahmen Seiten geben.

Als nächstes zieht man in jedem Dreieck die Mittenlinie zwischen den beiden wilden Seiten. Jeder Endpunkt einer solchen Mittenlinie grenzt an einen Endpunkt einer anderen Mittenlinie. Alle Mittenlinien sind parallel zur zugehörigen zahmen Kante des jeweiligen Dreiecks und damit zu einer Koordinatenachse im halbzahligen Abstand. Jede Mittenlinie muss also Teil einer geschlossenen Kurve sein, da ein Endpunkt einer Kurve aus Mittellinien nur an einem Dreieck mit zwei zahmen Seiten liegen könnte, das - wie oben gezeigt - infolge der Voraussetzung nicht existiert.

Man kann nun zeigen, dass jedes Einheitsquadrat von genau einer Kurve aus Mittenlinien durchzogen wird. Die Gesamtheit aller Einheitsquadrate unter einer bestimmten solchen Kurve muss nun gerade sein, was man mit Hilfe einer Färbung aller Einheitsquadrate im Schachbrettmuster zeigen kann.

Also muss auch die Gesamtzahl aller Einheitsquadrate gerade sein, was ein Widerspruch zu ungerade ist. Also muss es mindestens zwei Dreiecke mit zwei zahmen Seiten geben.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Clevere Idee, das mit den Mittellinien!

Ich fasse nochmal wesentliche Teile (für mein Verständnis, vielleicht hilft es auch anderen) so zusammen: Gemäß (2) verlaufen diese Mittellinien stets durch die Mitte der Einheitsquadrate, wobei sie dort geradlinig durchlaufen (egal ob horizontal oder vertikal) oder eben im Mittelpunkt im rechten Winkel abknicken. Die geschlossenen Mittelinien-Wege müssen gemäß Schachbrettfärbung immer geradzahlig viele Einheitsquadrate durchlaufen.

> Man kann nun zeigen, dass jedes Einheitsquadrat von genau einer Kurve aus Mittenlinien durchzogen wird.

Das ist wohl ebenfalls auf (2) zurückzuführen: Jeder Einheitsquadratmittelpunkt liegt innerhalb genau eines Teildreiecks oder aber auf einer der beiden wilden Randseiten. Im ersten Fall sichert diese Höhenbedingung (2), dass er auf der Verbindungslinie der Mittelpunkte der beiden wilden Dreiecksseiten liegt, und logischerweise kann er auf keiner solchen Verbindungslinie anderer Teildreiecke liegen. Im zweiten Fall ist er gerade Randpunkt zweier solcher Linien, nur in dem Fall ist das genannte Abknicken dort möglich (was aber nicht immer der Fall ist, kommt auf die Dreieckslagen an).

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Hier auch noch die Lösungs-Skizze zur Aufgabe 2:

Betrachtet man für jedes Kind die Anzahl der Bekannten, und summiert diese Anzahl über alle Kinder, so muss eine gerade Zahl herauskommen, da nämlich jede Einzelbekanntschaft zweier Kinder doppelt gezählt wird, je einmal aus Sicht der beiden beteiligten Kinder. Damit können aber nicht alle diese 2021 Bekanntschaftsanzahlen ungerade sein, mindestens eine muss gerade und damit laut Voraussetzung mindestens 46 sein.

Sei also Kind A eines mit mindestens 46 Bekanntschaften, für alle diese Bekannten dieses Kindes betrachten wir die Menge an Bekanntschaften außer der zu Kind A, dann wissen wir für alle . Die Annahme, dass alle diese Mengen paarweise disjunkt sind, führt zu



Das steht aber im Widerspruch dazu, dass es nur 2021 Kinder hier gibt, somit muss es zwei verschiedene Kinder (nennen wir sie B und C) geben mit , es gibt somit ein , laut Konstruktion gilt zudem , so dass die Verschiedenheit aller vier Kinder A,B,C,D gewährleistet ist, und nach den Überlegungen hier sind auch die geforderten Bekanntschaften gesichert, wenn man die Kinder in der Reihenfolge A-B-D-C-A so um den runden Tisch platziert.
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

So habe ich die Aufgabe 2 auch gelöst. Die 1 und 3 fand ich auch relativ einfach. Täusche ich mich oder war die 2. Runde dieses Jahr besonders einfach? In anderen Jahren waren die Aufgaben IMHO schwieriger.
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