Ich üb mal wieder für die Olympiade - Seite 4

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Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Muss man nicht bei 1. auch zeigen, dass es wirklich nur diese Zahlen sind oder reicht es hier, die Zahlen anzugeben, für die es durch 7 teilbar ist.

Übrigens kann man die Aufgabe auch mit



lösen und damit kann man auch zeigen, dass es nur diese Zahlen sind Augenzwinkern
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

@MSS:
das zeige ich ja durch die Periode.
Die Reste wiederholen sich immer mit 2, 4, 1, 2, 4, 1...
und immer wenn der Rest 1 ist (und nur dann) ist n eine Lösung.
Und die sind ja vielfache von drei (was man an der Reihe abzählen kann smile )

@Arthur Dent:
ja, das meinte ich eigentlich Augenzwinkern
 
 
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe mal die 2.Aufgabe gerechnet. Ich habe zwar einen komischen Lösungsweg, denn ich habe etwas probiert, aber das hält sich in Grenzen (habe mit Arthurs Lösungsansatz vielleicht 15 min gebraucht) und ich kann beweisen, dass ich keine richtige Lösung weggelassen habe.
Falls ich mich nicht verrechnet habe heißt das. Ich möchte die Lösung hier nicht gleich posten, aber ich wollte mal fragen, ob sie noch jemand fertig gerechnet hat, der mein Ergebnis mal überprüfen könnte.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Sciencefreak
Ich habe zwar einen komischen Lösungsweg, denn ich habe etwas probiert, aber das hält sich in Grenzen.

Was heißt schon komisch - "wichtig ist, was hinten rauskommt" (bekanntes Zitat eines Altkanzlers, der heute 75 geworden ist). Augenzwinkern

Meine Lösung ist ziemlich kurz - bei ausschließlicher Verwendung von Schulkenntnissen (?!) wird sie allerdings etwas länger.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab die 2. noch nicht weiter angeschaut, dafür eine neue.
Ich bin aber ziemlich sicher, dass die Aufgabe falsch gestellt ist:

Zeige, dass n ein Teiler ist von

Denn der Ausdruck ist ja immer ungerade und für Gerade n ist n sicher kein Teiler davon. unglücklich Seh ich das richtig?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Vermutlich fehlt die Einschränkung, dass n eine ungerade natürliche Zahl sein soll. Dann ist die Aussage allerdings richtig.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Bei der vorigen Aufgabe hatte ich nur das Problem folgende Kongruenzgleichung zu lösen

Gibt es da irgendeine schnelle Lösungsmethode?
Ich habe es so gemacht, dass ich einfach durch probieren versucht habe eine kleinere Zahl als 103 zu finden. Hoch 4 zum Beipsiel steht da nur noch eine 6. Man muss aber aufpassen, wenn man mit der Zahl weiterechnet, denn man muss den neuen Exponenten dann noch mit 4 multiplizieren. Dann bin ich so auf eine Lösung gekommen, wobei man aber noch probieren muss, ob das die richtigen Lösungen sind, denn wenn man zum Beipspiel herausbekommt, dass man alle Zahlen nehmen kann, die bei Division durch 28(ich habe etwas anderes aber ich möchte nur mein Problem erklären) den Rest 0 lassen. Dann kann es auch sein, dass sie vielleicht auch alle Zahlen möglich sind, die bei division durch 2,4,7,14 den Rest 0 lassen. Das habe ich auch bei meinem Ergebnis überprüft. Ich schicke Arthur mal meine Lösung für n und m.

Edit:Also mein Lösungsansatz war fast der gleiche wie seiner und ich bin auch auf die selben Zwischenergebnisse gekommen, aber ich habe ganz am Schluss wohl irgendwo ein Minus vergessen, oder zu viel gehabt. und bei der oben angesprochenen Gleichung 1 anstatt -1 herausbekommen und habe diese somit als richtig gewertet.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt noch eine kurze Lösung, die allerdings Kenntnisse über die Struktur primitiver Wurzeln
http://de.wikipedia.org/wiki/Primitivwurzel
benutzt:

Zitat:
Satz:
Sei eine ungerade Primzahl und . Dann ist eine primitive Wurzel modulo genau dann, wenn eine primitive Wurzel modulo mit der Eigenschaft ist.


Hier ist eine primitive Wurzel modulo 5, wie eine kurze Rechnung bestätigt. Da zudem noch gilt, ist 1978 nach obigem Satz primitive Wurzel modulo 125. Folglich ist der kleinste positive Exponent mit .

Im Rahmen einer Olympiade ist natürlich nicht auszuschließen, dass die Korrektoren mit dieser Lösung möglicherweise ihre Probleme haben... Augenzwinkern


EDIT: Ich hab jetzt in und in geändert - dank Hinweis von MSS.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Aber ich glaube die Korrektoren werden damit weniger Probleme bekommen, da ich das ganze nicht so ganz verstehe und wenn ich keinen Rechenfehler gemacht hätte, dann wäre ich auch auf die richtige Lösung gekommen und das mit Mitteln, die ein Schüler vielleicht schon kann.
@Arthur:Warum benutzt du jetzt eigentlich das anstatt dem soll das irgendeine besondere Bewandnis haben?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Sciencefreak
@Arthur:Warum benutzt du jetzt eigentlich das anstatt dem soll das irgendeine besondere Bewandnis haben?

Ich habe erwogen, das zu nehmen, aber wie ersichtlich brauche ich ja auch ein Zeichen für "nicht kongruent", und das kenne ich in leider nicht.

Und im Restklassenring modulo m, was durch das angehängte "mod m" ja kenntlich gemacht wird, ist die Benutzung des Zeichens = m.E. völlig in Ordnung.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ich habe als Lösung mal m = 3 und n = 103 herausgefunden.
Lösungsweg poste ich jetzt noch nicht. Könnte das stimmen?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, stimmt. Freude
Das x oben bezog sich ja auf x=n-m.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

jetzt bleibt für mich aber die Frage, wie ich verifizieren kann, dass phi(125)=100 die kleinste Zahl ist, für die das ganze kongruent 1 wird...
Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

@Arthur
Wenn du "ein Zeichen verneinen" willst, dann geht das im Allgemeinen, indem du einfach "\not" davor setzt, Beispiele:

\not<

\not\approx

\not\cong

und eben

\not\equiv

Es ist, denke ich, immer gut, wenn man diesen Link immer schnell abrufen kann oder sich das ganze mal ausdruckt und neben den PC legt Augenzwinkern
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Peinlich, peinlich - wo ich doch seit ca. 13 Jahren verwende. Augenzwinkern Aber Zahlentheorie-Texte (außer hier im Board) habe ich eben noch nie mit verfasst.

@Steve

Der kleinste positive Exponent x mit muss auf alle Fälle ein Teiler von 100 sein (ich hoffe, dir ist klar, warum das so ist). Dann gibt es drei Möglichkeiten:
(1) x=100,
(2) x ist ein Teiler von 100/2=50 ,
(3) x ist ein Teiler von 100/5=20 . ((2) und (3) überlappen sich, aber das stört nicht.)
Wenn man also und nachweist, ist man fertig.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

wieso das so ist weiss ich. Aber es gibt doch auch noch die Teiler 2, 4, 5, und 10. Wieso muss ich die nicht testen?
Und wie kann ich 20 und 50 testen?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn z.B. gelten würde, dann natürlich auch . Somit schließt die Widerlegung letzterer Kongruenz auch die erste aus.

Tja, und der Nachweis bei den Exponenten 20 und 50? Da wird man wohl um ein wenig Rechnerei nicht herumkommen.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe jetzt mal die Aufgabe mit ist durch n teilbar, wenn n eine positive ungerade Zahl ist beschäftigt und bin auf eine sehr einfache Lösung gekommen und weiß nicht, ob ich da vielleicht einen Denkfehler drin habe
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zu der Aufgabe gibt es vermutlich jede Menge Lösungsvarianten, so schön "fett" wie der Exponent n! ist. Augenzwinkern
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Aber gerade durch die n! erscheint mein Lösungsweg ja gerade zu offensichtlich. Denn wenn gilt mit so ist x ja ein Teiler von n! und somit gilt
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Na klar, so schwer ist das nicht. Wesentlich kniffliger ist da schon

http://www.matheboard.de/thread.php?postid=101678#post101678

wo es auch um Teiler von Zahlen der Form geht. Die Lösung dazu hab ich noch nicht verraten, also kannst du dich gern dran versuchen. Augenzwinkern
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Ich versuch mich mal dran. Mir fällt vielleicht irgendetwas ein, aber wahrscheinlich mache ch es erst in der nächsten Mathstude, wenn mir mal wieder langweillig ist.
Hat jemand noch eine andere schöne Aufgabe, wenn ich an Arthurs verzweifle?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Sciencefreak
Hat jemand noch eine andere schöne Aufgabe, wenn ich an Arthurs verzweifle?

Falls bei dir Mangel an solchen Aufgaben besteht, dann findest du hier
http://www.kalva.demon.co.uk/
eine riesige Sammlung, zum Teil (je nach Rubrik) sogar mit Lösungen.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt hab ich gerade 2 Vorbereitungstage hinter mir und falls du noch mehr Aufgaben willst, meld dich. Hab jetzt jede Menge.

Eine schöne Aufgabe zum Beispiel finde ich folgende:
In einer Ebene werden alle Gitterpunkte mit einer natürlichen Zahl beschriftet, die sich aus dem Mittelwert der vier angrenzenden Zahlen zusammensetzt.
Zeige, dass alle Zahlen die selben sind.

(Wortlaut hab ich jetzt nur aus dem Kopf, wie er mir gerade einfiel).
Die Aufgabe ist eigentlich nicht schwer, aber ich find sie trotzdem schön Augenzwinkern

mfg
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, ist ganz nett - ich verrat natürlich nix... Augenzwinkern
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

@Steve:Du hast es gut. Bei den Vorbereitungslehrgängen macht man wenigstens noch etwas interessantes. Ich bin ja leider noch nie weiter bei der Auswahl zur IMO gekommen und kenne deshalb nur die Lehrgänge bei uns zur Vorbereitung auf die Bundesrunde und dieser Lehrgang ist jedes Jahr langweiliger, weil sie eigentlich fast immer das gleiche machen. Ich könnte wetten, dass nächstes Jahr fast wieder das gleiche rankommt.
In welche Klasse gehst du eigentlich? Ich würde mich freuen, wenn ich dich mal bei einer IMO sehen würde, aber dafür dürftest du jetzt noch nicht 13. sein und ich müsste es nächstes Jahr bis dahin schaffen, was ich ebenfalls bezweifle.

Bei deiner Aufgabe ist die Ebene also nicht begrenzt?
Ich habe jetzt ein bisschen rumprobiert, aber ich sehe es leider nicht gleich wie Arthur Dent. Ich überlege heute Abend also noch ein wenig und schreibe dann morgen, zu welchem Ergebnis ich gekommen bin.
Ich glaube ich habe schon einen Ansatz. Läuft es darauf hinaus, das alle Zahlen den gleichen Rest modulo 4^x haben müssen, wobei x eigentlich gegen unendlich geht und es deshalb die gleichen Zahlen sein müssen?
Diese Überlegung drängt sich mir gerade auf und ich werde sie noch etwas überarbeiten.

Edit:Ich hasse Smilies
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, die Lösung ist einfacher. Viel einfacher sogar Augenzwinkern Wenn man sie kennt :P

an einer IMO würdest du mich gerne mal sehen? Also an einer Internationalen Mathematikolympiade? Ich bin doch noch gar nicht dafür qualifiziert, aber dieses Jahr ist das letzte Mal. Ich bin seit 3 (oder 4? :P Wie die Zeit vergeht...) Wochen fertig mit der Schule und muss nur noch mündliche Abschlussprüfungen "schreiben", bzw. ablegen.

Wir haben sowieso ein anderes Auswahlverfahren als ihr. Bei uns wird da nichts über die Schule gemacht. Ich musste an einige Vorbereitungstreffen in der Schweiz gehen, wo wir etwas Theorie gelernt haben und dann eine Prüfung als Vorselektion schreiben. Diese Runde habe ich bestanden und muss jetzt nochmal eine Prüfung (vielleicht auch noch mehr, ist noch nicht sicher) ablegen.

Kleiner Tipp zur Aufgabe:
Versuchs mit einem Widerspruchsbeweis, der auf einer Eigenschaft der natürlichen Zahlen beruht.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Mit meiner Variante geht es aber auch, nur das mein Beweis nicht gerade sehr mathematisch ist sondern etwas viel auf intuition vertraut, aber ich bin denoch der Meinung, dass es so gehen könnte.
@Steve:Hier kannst du schauen, wie das bei uns abläuft
http://www.bundeswettbewerb-mathematik.d...tbewerb/awb.htm
Ich bin leider schon bei der Schulrunde gescheitert, aber als Zehntklässler habe ich mir auch keine zu großen Hoffnungen gemacht. Nächstes Jahr wird es hoffentlich besser. Zur Bundesrunde bin ich erst mal qualifiziert und am Bundeswettbewerb Mathematik nehme ich auch teil(ist ein Wettbewerb, den man größtenteils zu Hause macht und ich warte zur Zeit auf eine Antwort, aber ich hoffe ich komme weiter, denn ich habe alle 4 Aufgaben richtig gelöst und man muss nur 3 von 4 richtig haben).
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Sciencefreak
nur das mein Beweis nicht gerade sehr mathematisch ist sondern etwas viel auf intuition vertraut

In solchen Fällen habe ich sehr unterschiedliche Bewertungen erlebt: großzügige (wenn die Idee stimmt) als auch sehr pingelige. Also sauber aufschreiben ist auf jeden Fall nicht verkehrt.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Schreib ihn doch mal hier rein Augenzwinkern
Ich hab noch weitere Aufgaben.
Ich selbst sitz grad an folgender dran:

"Finde alle Primzahlen p, so dass genau 6 positive Teiler besitzt."

Ich hab sie noch nicht ganz fertig, aber ich vermute, dass es keine oder höchstens 1 gibt.
@Arthur: könnte das stimmen?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt, nur p=3 .
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ups...hab bei p =3 falsch gezählt...

ich hab gezeigt, dass der Ausdruck (mod 2, 3, 4) für p>3.
das heisst, 1, 2, 3, 4 sind automatisch Teiler, egal, was für eine Primzahl das ist. Bei 6 gibt es entweder Rest 1 oder 3...und ich glaube, bei 12 gibts auch recht oft mehr Teiler...

Wie kann man zeigen, dass bei p>3 keine weiteren Lösungen mehr vorliegen? Ist mein Ansatz richtig?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Wollte gerade ins Bett gehen, aber noch ein letzter Post:

Für Primzahlen p>3 ist (p²+11) durch 12 teilbar, und 12 hat bereits 6 Teiler.

Das war jetzt wohl schon zuviel Info... gute Nacht.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ich komme nur auf 5 Teiler bei 12...oder zählt 12 selbst auch dazu?

Aber p^2 hat doch nicht immer Rest 1 bei Division durch 12, oder hab ich mich da verrechnet?
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

NUr falls p eine Primzahl größer oder gleich 3 ist.
Denn man kann sie dann auch so schreiben

oder

Und eine Zahl die durch 3 und 4 teilbar ist, ist auch durch 12 teilbar.

Und den Teiler 12 selbst muss du auch mitzählen, somit hast du
1,2,3,4,6,12 als Teiler und das sind 6.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

@Steve

Die 12 gehört dazu, sonst spricht man eher von echten Teilern.

Was p>3 betrifft, ist diese Unterscheidung hier aber gleichgültig, da p²+11 mindestens 9 Teiler, und damit mindestens 8 echte Teiler hat.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steve_FL
(mod 2, 3, 4) für p>3.

Sei mir bitte nicht böse, aber ich glaube du hast gleich zu weit gedacht. denn entweder muss es
(mod 2, 3, 4)
oder (mod 2, 3, 4) heißen
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ähm ja :P Sollts heissen ^^

Bist du bei der anderen Aufgabe schon weitergekommen? smile
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Hatte noch keine Zeit gefunden. Wir schreiben gerade jede Menge Arbeiten in der Schule und da hat man dann nicht ganz so viel Zeit.
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Da bei mir am 8.Mai Bundesrunde der Matheolympiade ist schaue ich mir zur Zeit noch mal die Aufgaben von den vorigen Jahren an. Allerdings habe ich bei einer Aufgabe ein kleines Problem, ich habe zwar eine Lösung die sich wahrscheinlich nicht anzweifeln ließe, aber meine Lösung ist extrem umständlich und verallgemeinert die aufgabe wahrscheinlich viel zu stark.
Zitat:
361045
Beweisen Sie, daß es zu jeder natürlichen Zahl n eine natürliche Zahl z gibt, die im dekadischen System unter (gegebenenfalls mehrfacher) Verwendung von genau zwei verschiedenen Ziffern geschrieben wird und durch n teilbar ist!

Mit meiner Variante finde ich immer nur die kleinste Zahl z, für die gilt, dass die letzten Ziffern alles Nullen sind und davor immer die gleiche Ziffer austaucht. Mit dieser Variante komme ich selbst bei so kleinen Zahlen wie 31 auf 15-stellige Lösungen und im Extremfall komme ich auch auf n-stellige Lösungen. Ich bin der Meinung, dass es wahrscheinlich noch eine sinnvollere Variante gibt, denn spätestens bei n>10 kann man das nicht mehr schriftlich auf die Reihe bekommen.
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