Bundeswettbewerb Mathematik 2. Runde

03.09.2022, 09:49

Bobby Fischer

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Bundeswettbewerb Mathematik 2. Runde

Meine Frage:
Da die Einsendefrist am 1.9. abgelaufen ist, sollte es ja nun gestattet sein die Aufgaben zu diskutieren. Mich würde mal interessieren, wie die mathematische Elite die Fragestellungen einschätzt.

Meine Ideen:
https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadmin/Mathe-Wettbewerbe/Bundeswettbewerb_Mathematik/Dokumente/22_2_Aufgabenblatt_lfd_Rd_Web_220630.pdf

03.09.2022, 10:22

HAL 9000

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Nun 1) ist eine kleine Aufgabe zum Aufwärmen, die man in wenigen Minuten erledigen kann.

2) ist so eine typische BWM-Aufgabe, die nie in einer Mathematik-Olympiade erscheinen würde: Solche Spiele kann man systematisch und geduldig mit der Backward-Methode analysieren, aber das benötigt einige Zeit, wenn man es manuell machen muss.

3) und 4) habe ich noch nicht näher angeschaut.

03.09.2022, 16:15

Jakob04

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Konnte denn jemand die 4. Aufgabe lösen? An der habe ich mir tagelang die Zähne ausgebissen, konnte aber keine vollständige Lösung finden. Man findet schnell, dass die Behauptung immer gilt, wenn es zwei Punkte gleicher Farbe gibt, die einen größeren Abstand als $\begin{eqnarray*} \sqrt2 \end{eqnarray*}$ . Vielmehr als das konnte ich nicht zustande bringen.

Bei der Geometrieaufgabe habe ich eine Lösung über eine ewig lange Winkeljagd gefunden. Die möchte man niemandem zutrauen. Hierfür gibt es bestimmt auch etwas Eleganteres.

Bei der 2. Aufgabe habe ich gefunden, dass der beginnende Spieler immer den Sieg erzwingen kann.

Die 1. war wie schon bemerkt ja nicht der Rede wert

03.09.2022, 19:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von Jakob04
Bei der 2. Aufgabe habe ich gefunden, dass der beginnende Spieler immer den Sieg erzwingen kann.

Da stimme ich zu. Meine Lösung mag etwas umständlich sein, hier ist sie skizziert:

Der Zustand des Spiels wird charakteristiert durch ein Paar $\begin{eqnarray*} (n,a) \end{eqnarray*}$ mit noch $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zu spielenden Streichhölzern und Würfelseite $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ oben.

Offenbar bewirkt das Kippen auf eine Nachbarposition $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ eine Translation des Spielzustands (bei gleichzeitigem Wechsel des Spielers) von $\begin{eqnarray*} (n,a)\to (n-b,b) \end{eqnarray*}$ .

Die Gesamtmenge $\begin{eqnarray*} M = \mathbb{N}_0\times \{1,2,3,4,5,6\} \end{eqnarray*}$ aller Spielzustände lässt sich nun diskunkt zerlegen in die Menge der Gewinnzustände $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ und die Menge der Verlustzustände $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . D.h., bei einem Zustand aus $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ kann man durch eine bestimmte Würfelkippung erzwingen, dass man in einem Zustand aus $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ landet. Das bedeutet umgekehrt auch, dass es einem bei Vorliegen eines Zustandes aus $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ nicht gelingt, dem Gegner durch irgendeine Würfelkippung auch einen Zustand aus $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ zu hinterlassen.

Man kann nun (etwa durch Vollständige Induktion) beweisen, dass

$\begin{eqnarray*} V = \{(1,1), (1,6)\} \cup \left\{ (9k,s), (9k+3,3), (9k+3,4), (9k+4,3), (9k+4,4), (9k+5,2),(9k+5,5), (9k+8,3), (9k+8,4) \mid k\in\mathbb{N}_0, s\in\{1,2,3,4,5,6\} \right\} \end{eqnarray*}$

ist, und alle anderen Spielzustände in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ liegen. Wegen $\begin{eqnarray*} 2022 = 9k + 6 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=224 \end{eqnarray*}$ gilt somit $\begin{eqnarray*} (2022,a)\in G \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , d.h., Max kann bei optimaler Spielweise für alle $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ den Sieg erzwingen.

03.09.2022, 21:47

Tom34

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Ich konnte auch die ersten 3 lösen, wie bei jakob04 war die 4. Aufgabe für mich leicht zu schwer. Ich hatte dieselbe Tatsache hinsichtlich des Abstands >sqrt(2) festgestellt. Außerdem konnte ich nachweisen, dass wenn der Maximalabstand zwischen den Punkten einer Farbe nicht größer als 1 ist, diese Punkte stets in ein Quadrat mit Seitenlänge 1, und damit in einen Kreis mit Durchmesser sqrt(2) passen. Mehr konnte ich aber auch nicht bewerkstelligen

04.09.2022, 16:14

Huggy

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Zitat:

Original von Jakob04
Konnte denn jemand die 4. Aufgabe lösen? An der habe ich mir tagelang die Zähne ausgebissen, konnte aber keine vollständige Lösung finden. Man findet schnell, dass die Behauptung immer gilt, wenn es zwei Punkte gleicher Farbe gibt, die einen größeren Abstand als $\begin{eqnarray*} \sqrt2 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist doch die Aufgabe gelöst. Man muss es nur sehen.

Es gebe 2 blaue Punkte mit einem Abstand $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \leq d\leq 2 \end{eqnarray*}$ . Dann liegen alle roten Punkte in der Schnittfläche von Kreisen mit Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ um die beiden blauen Punkte. Der maximale Abstand zwischen den roten Punkten ist dann $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ . Ein Kreis um den Mittelpunkt der Schnittfläche mit diesem Durchmesser schließt dann alle roten Punkte ein. Außerhalb des Kreises kann es nur blaue Punkte geben.

Ist der maximale Abstand zweier blauer Punkte $\begin{eqnarray*} <\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ , könnte es rote Punkte mit einem Abstand $\begin{eqnarray*} >\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ geben. Falls es solche gibt, führe man die vorige Übung beginnend mit den roten Punkten durch.

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04.09.2022, 16:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Falls es solche gibt, führe man die vorige Übung beginnend mit den roten Punkten durch.

Und falls nicht? verwirrt

verwirrt

04.09.2022, 16:32

Huggy

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Falls nicht, erledigt unverändert der vorige Kreis die Aufgabe oder sehe ich da etwas falsch?

04.09.2022, 16:36

HAL 9000

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Welcher "vorige Kreis"? Da muss ich was nicht mitgekriegt haben.

04.09.2022, 16:42

Huggy

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Der Kreis mit Durchmesser $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ um den Mittelpunkt der Schnittfläche der beiden Kreise mir Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ um die beiden blauen Punkte.

Aber ich sehe gerade, innerhalb dieses Kreises müssen dann nicht alle roten Punkte liegen. Das ist es also noch nicht.

04.09.2022, 16:45

HAL 9000

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Eben das habe ich auch gerade gedacht: Was spricht dagegen, dass es rote Punkte der Schnittfläche gibt, die nicht in dem neuen Kreis liegen und dennoch jeweils Abstände $\begin{eqnarray*} <\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ haben?

04.09.2022, 19:01

Tom34

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Jetzt fühle ich mich gleich etwas besser, da ich denselben Denkfehler wie huggy hatte.

Da gibt es doch ein schönes Zitat zu, von wem ist mir gerade entfallen, aber es geht ungefähr so: Das schönste Gefühl für einen Mathematiker ist es, einen komplizierten Beweis zu vollbringen, zumindest bis man dann den ersten Fehler entdeckt.

04.09.2022, 20:59

contestnoob

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Für mich, der sich mit solchen Wettbewerbsaufgaben noch nie befasst hat, ist selbst die erste Aufgabe gar nicht so trivial, wie es hier im Thread anklingt.

Dass a=b=c=d=2 das nichtlineare Gleichungssystem löst, das kann man durchaus schnell sehen.
Aber um das Identifizieren einer speziellen Lösung geht es hier ja nicht.

Ich würde gerne selbst auf die Lösung kommen, hat jemand Tipps wie man hier systematisch herangehen kann ?

Funktioniert das hier mit geschicktem Umformen und Einsetzen oder gibt es da andere besondere Kniffe/Techniken, die man nutzen muss ?

04.09.2022, 21:10

Bobby Fischer

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Mithilfe der AM-GM Ungleichung kommt man recht schnell zum Ziel

04.09.2022, 21:16

contestnoob

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Die zweite Gleichung des Systems hatte mich auch an diese Ungleichung erinnert und ich hatte damit was probiert.
Man will zwar nicht abschätzen, kann aber vielleicht die Gleichheit ausnutzen für den Spezialfall x1=x2=x3=...=xn - so dachte ich zumindest.
Jedoch hatte das bei mir keinen Erfolg, daher hatte ich diese Idee wieder verworfen.
Aber wenn das hier tatsächlich hilft, dann überlege ich nochmal ein bisschen weiter.

04.09.2022, 21:28

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bobby Fischer
Mithilfe der AM-GM Ungleichung kommt man recht schnell zum Ziel

Genau genommen wendet man sie zweimal an, und bekommt eine obere wie untere Schranke für $\begin{eqnarray*} abcd \end{eqnarray*}$ , die erfreulicherweise beide gleich ausfallen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.09.2022, 12:09

contestnoob

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Die obere Schranke habe ich mit $\begin{eqnarray*} abcd \leq (\frac{ab+cd}{2})^2=16 \end{eqnarray*}$ hinbekommen.
Bei der unteren Schranke hapert es aber noch. Da habe ich mal was mit $\begin{eqnarray*} abcd=8+a+b+c+d=8+(a+c)+(b+d) \geq 8 + 2 \cdot \sqrt{ab+cd+bc+ad}=8+2 \cdot \sqrt{8+bc+ad} \end{eqnarray*}$ versucht, was mich aber nur dann weiterbringen würde, wenn man $\begin{eqnarray*} bc+ad \geq 8 \end{eqnarray*}$ zeigen könnte. verwirrt

verwirrt

05.09.2022, 13:20

HAL 9000

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Man zerlegt das ganze in acht (!) Summanden, auf die man dann AMGM anwendet, d.h.

$\begin{eqnarray*} \frac{abcd}{8} = \frac{2 + 2 + 2 + 2 + a + b + c + d}{8}\geq \sqrt[8]{2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot a\cdot b\cdot c\cdot d} = \sqrt[8]{2^4abcd} \end{eqnarray*}$

Zur achten Potenz erhoben und etwas umgruppiert erhält man

$\begin{eqnarray*} \frac{(abcd)^8}{2^{24}}\geq 2^4abcd \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (abcd)^7\geq 2^{28} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} abcd\geq 2^4 = 16 \end{eqnarray*}$

So zumindest wäre ich rangegangen - und ich nehme an, die meisten anderen auch.

05.09.2022, 13:30

Tom34

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Seid ihr bei der 4. Aufgabe noch etwas weitergekommen oder muss man da selbst als Profi länger darüber nachdenken?

05.09.2022, 16:00

Huggy

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Nach dem Debakel gestern ein noch nicht ausgearbeiteter und nicht überprüfter Ansatz:

Offen war nur noch der Fall, dass der maximale Abstand innerhalb der blauen Punkte und ebenso innerhalb der roten Punkte $\begin{eqnarray*} < \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ ist. Es kann o.B.d.A. angenommen werden, dass der maximale Abstand innerhalb der roten Punkte kleiner/gleich dem maximalen Abstand innerhalb der blauen Punkte ist. Sonst vertausche man rot und blau. Der maximale Abstand innerhalb der blauen Punkte sei $\begin{eqnarray*} d < \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ .

Seien $\begin{eqnarray*} B_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B_2 \end{eqnarray*}$ zwei blaue Punkte, die diesen maximalen Abstand $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ haben und $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ sei ihr Mittelpunkt. Es sei z. B. $\begin{eqnarray*} M=(0,0) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} B_1=(-d/2,0) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} B_2=(d/2,0) \end{eqnarray*}$ . Man zeichne um $\begin{eqnarray*} B_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B_2 \end{eqnarray*}$ Kreise $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ mit Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , die sich oberhalb und unterhalb der x-Achse in $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} R' \end{eqnarray*}$ schneiden. Alle roten Punkte müssen innerhalb des Kreiszweiecks $\begin{eqnarray*} RR' \end{eqnarray*}$ liegen. Man zeichne um $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ den Kreis $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ mit Durchmesser $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ . Er möge $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ oberhalb der x-Achse schneiden. Wenn alle roten Punkte innerhalb $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ lägen, wäre man fertig.

Es gebe also rote Punkte außerhalb $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ , o.B.D.A. in dem Kreisdreieck $\begin{eqnarray*} S_1S_2R \end{eqnarray*}$ . Man zeichne zur Geraden durch $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ eine Parallele im Abstand $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ , die $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ in den Punkten $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ schneidet. Alle roten Punkte müssen oberhalb dieser Parallelen liegen. Jetzt verschiebe man den Kreis $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ so weit nach oben, dass er durch $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ geht. Der verschobene Kreis sei $\begin{eqnarray*} Z' \end{eqnarray*}$ und sein Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ . Wenn man jetzt zeigen könnte, dass $\begin{eqnarray*} Z' \end{eqnarray*}$ die positive y-Achse oberhalb $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ schneidet, würde $\begin{eqnarray*} Z' \end{eqnarray*}$ das Geforderte zeigen.

05.09.2022, 17:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Wenn man jetzt zeigen könnte, dass $\begin{eqnarray*} Z' \end{eqnarray*}$ die positive y-Achse oberhalb $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ schneidet, würde $\begin{eqnarray*} Z' \end{eqnarray*}$ das Geforderte zeigen.

Da muss man vermutlich noch ein bisschen rechnen, was dann auf eine erfolgreiche Beweisreparatur hinausläuft. Tolle Idee! Freude

Freude

05.09.2022, 19:28

contestnoob

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Zitat:

Man zerlegt das ganze in acht (!) Summanden, auf die man dann AMGM anwendet,

Dankeschön. Wenn man drauf kommt, dann ist es so natürlich wunderbar einfach.

Wenn es in Ordnung ist, dann hätte ich noch zwei Fragen :

1) Warum funktioniert diese Abschätzung nicht z.B. auch mit den 5 Summanden a,b,c,d und 8 oder bin ich nur zu blöd das anständig umzuformen (damit kam ich auf $\begin{eqnarray*} abcd \geq 5 \cdot \sqrt[4]{40} \end{eqnarray*}$ )?

2) Folgt dann mit a+b+c+d=8 wegen $\begin{eqnarray*} 16=abcd \leq (\frac{a+b+c+d}{4})^4=2^4=16 \end{eqnarray*}$ die Gleichheit für a=b=c=d=2 als einzige Lösung des in der Aufgabe gegebenen Gleichungssystems ?

05.09.2022, 19:46

HAL 9000

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Zitat:

Original von contestnoob
1) Warum funktioniert diese Abschätzung nicht z.B. auch mit den 5 Summanden a,b,c,d und 8

Du weißt doch bereits, dass wir darauf aus sind, dass nur a=b=c=d=2 Lösung des Gleichungssystems ist. Daher laufen die Konstruktionen via AMGM natürlich auch alle so, dass dort auch nur genau für jenes a=b=c=d=2 Gleichheit in der Ungleichung herrscht. Mit a,b,c,d,8 ist das nicht zu erreichen. unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von contestnoob
2) Folgt dann mit a+b+c+d=8 wegen $\begin{eqnarray*} 16=abcd \leq (\frac{a+b+c+d}{4})^4=2^4=16 \end{eqnarray*}$ die Gleichheit für a=b=c=d=2 als einzige Lösung des in der Aufgabe gegebenen Gleichungssystems ?

Es folgt zunächst, dass in beiden verwendeten AMGM-Ungleichungen dann Gleichheit herrschen muss. Und für die ist bekannt, dass Gleichheit dann und nur dann herrscht, wenn die beteiligten Werte alle einander gleich sind.

08.09.2022, 16:29

Tom34

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Kann man insgesamt sagen, dass die Aufgaben im Vergleich zu den Vorjahren in etwa gleich Schwer waren?
Meines empfindens nach waren zwar 1,2 sehr einfach, die anderen beiden jedoch ziemlich kompliziert.

08.09.2022, 16:34

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tom34
Meines empfindens nach waren zwar 1,2 sehr einfach

Hast du bei 2. eine kurze Lösung anzubieten? Ich fand es doch etwas länglich, sich da durchzuackern (s.o.), d.h., wenn auch nicht wirklich schwer so doch ziemlich aufwändig, und damit m.E. nicht "sehr" einfach.

08.09.2022, 17:29

Tom34

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Ich habe auch deine Backwards Methode angewandt. Angefangen bei 1 Streichholz übrig bis 27 Streichhölzer. Ich habe für jede Streichholzanzahl ermittelt welche Augenzahlen den Gewinn erzwingen. Man stellt dann schnell fest, dass diese Augenzahlen periodisch sind. Insbesondere die "Siegeszahlen" für 10-18 entsprechen denen von 19-27. Das kann man dann verallgemeinern und erhält für 2022 Hölzer, dass der Spieler mit einer 3 oder 6 den Sieg erzwingen kann, was unabhängig von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ immer möglich ist.

09.09.2022, 08:56

HAL 9000

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Ja, Periode 9. Aber es dauert doch eine ganze Weile, das alles zu erfassen und in Form zu bringen. In einer echten Olympiadeklausur mit 3 Aufgaben in 4 Stunden kann ich mir daher diese Aufgabe nur schwer vorstellen - beim BWM ist das natürlich was anderes.

06.10.2022, 18:40

Jens05

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Mittlerweile kann man ja die Musterlösungen auf der Webseite einsehen. Ich scheine mich ganz gut geschlagen zu haben. Was ich allerdings nicht aufgeschrieben habe ist die angegebene Lagebetrachtung bei der 3. Aufgabe. Ist diese von größerer Bedeutung oder denkt ihr man kann auch ohne diese volle Punktzahl bekommen?

11.10.2022, 21:23

Bobby Fischer

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https://www.mathe-wettbewerbe.de/fileadm...loes_22_2_v.pdf

Hier sind die Lösungen

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