Ich üb mal wieder für die Olympiade

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Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »
Ich üb mal wieder für die Olympiade
So...hab im Geometriebereich schon nen Thread erstellt mit Geometrie-Aufgaben.
Hier stell ich weitere Aufgaben, so allgemein.
Vielleicht interessieren sich einige dafür.
Diese Aufgaben kommen von den Vorbereitungen für die Olympiade...

Hier mal ne Aufgabe, die nichts mit Geometrie zu tun hat...

in einem Raum sind n Personen, die sich zur Begrüssung die Hand schütteln.
Man zeige, dass es keinen Zeitpunkt gibt, wo nicht mindestens 2 Personen sich gleich viel mal die Hände geschüttelt haben!

mfg
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

hat keiner Lust die Aufgabe zu lösen?

mfg
 
 
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Gut, hier noch mehr Aufgaben:

Man beweise:
In einem gleichseitigen Dreieck, der Seitenlänge 2, gibt es
a) keine 5 Punkte, die alle einen Abstand >= 1 haben.
b) keine 17 Punkte, die alle keinen Abstand > 0.5 haben.


(Natürlich können 4 Punkte alle einen Abstand von 1 haben, aber der 5. liegt bei einem näher, und das gilt es zu beweisen)

Man zeige:
In einem Koordinatensystem gibt es keine 9 Gitterpunkte (Gitterpunkte sind Punkte mit ganzzahligen Koordinaten.), von denen nicht mindestens 2 einen weiteren Gitterpunkt zwischen ihrer Verbindungslinie haben.


(Dieser Punkt der zwischen zwei anderen liegt, muss keiner sein, der gesetzt wurde. Man kann keine 9 setzen, ohne dass die nicht eine Linie über eine Gitterkoordinate legen.)

Die beiden Aufgaben löst man am besten mit dem Schubfachprinzip (genau wie die Aufgabe am Anfang). Jetzt kommen noch ein oder zwei Aufgaben zur Zahlentheorie:

Zeige, dass für jedes natürliche n der folgende
Bruch irreduzibel ist:
21n + 4
14n + 3

Irreduzibel heisst, dass der Bruch nicht mehr weiter vereinfacht oder gekürzt werden kann.

Nun noch ne einfache(re) zur Zahlentheorie:

Gilt a-c | ab + cd, dann auch a-c | ad + bc

diese Aufgabe ist eigentlich einfacher Augenzwinkern

So, ich wünsche euch viel Spass beim lösen dieser Aufgaben.
Ich hoffe, irgendwer kriegt sie hin.
Die meisten Aufgaben konnte ich selbst lösen Big Laugh

mfg
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Mal wieder ein paar neue Aufgaben (auf Wunsch von Alpha):
Diese Aufgaben hatte ich an der letzten Vorselektionsprüfung.
2 Stunden für die 5 Aufgaben.
Ich schreibe nur 4 hier rein, da ich die 5. im Geometrieboard geschrieben habe:
http://www.matheboard.de/thread.php?sid=...17081#post17081

1. Finde alle natürlichen Zahlen a, b und n,sodass die folgende Gleichung gilt:



2. Auf einem gewöhnlichen Schachbrett stehen 17 Türme. Zeige, dass man stets drei Türme auswählen kann, die sich gegenseitig nicht bedrohen. (Ein Turm kann in einem Zug beliebig viele Felder nach links, rechts, oben oder unten ziehen. Ein Turm bedroht einen anderen, falls er in einem Zug auf das Feld des anderen Turmes ziehen kann.)
Anmerkung von mir: Er darf auch andere Türme überspringen um dahinterliegende zu bedrohen


4. Bestimme alle natürlichen Zahlen n mit genau 100 verschiedenen positiven Teilern, sodass mindestens 10 dieser Teiler aufeinanderfolgende Zahlen sind.


5. m x n Punkte sind in einem quadratischen Gitter zu einem Rechteck angeordnet. Wie viele Möglichkeiten gibt es, diese Punkte rot oder weiss zu färben, sodass unter je vier Punkten, die Ecken eines Einheitsquadrates bilden, genau zwei weisse und zwei rote vorkommen?


Viel Spass (vor allem an alpha) mit den Aufgaben Augenzwinkern

mfg
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ok...ich löse mal die erste Aufgabe auf. Vielleicht besteht dann das interesse, die anderen Aufgaben zu lösen.
Die Aufgabe war:
Zitat:
in einem Raum sind n Personen, die sich zur Begrüssung die Hand schütteln.
Man zeige, dass es keinen Zeitpunkt gibt, wo nicht mindestens 2 Personen sich gleich viel mal die Hände geschüttelt haben!


Die Lösung:

Wenn es n Personen gibt, kann eine Person zwischen 0 und (n-1) Hände geschüttelt haben.
Das sind n verschiedene Möglichkeit.
Es kann aber nicht gleichzeitig, jemand allen und jemand niemanden die Hand geschüttelt haben, weshalb es nur noch n-1 Möglichkeiten gibt.
Da n Leute anwesend sind, und die nur (n-1) Möglichkeiten auf diese alle Leute verteilt werden müssen, gibt sind danach alle Möglichkeiten weg und n-1 Leute haben ihre Zahl. Der letzten Person muss nun auch noch eine Zahl da drin zugeordnet werden, was aber bedeutet, dass eine Zahl zweimal vergeben wurde. => Damit wäre das bewiesen...

ok...diese Lösung erscheint recht einfach. Es ist aber doch recht schwierig, selbst darauf zu kommen.
Hier geht es um das Schubfachprinzip. Das sagt ungefähr folgendes aus:
wenn wir n*k + 1 Perlen und n Schubfächer haben, gibt es mindestens 1 Schubfach, dass mehr als k Perlen enthält.
Mit dieser Theorie (die stimmt ja aus offensichtlichen Gründen) kann man recht viele Aufgaben beweisen. Diese obige Aufgabe wäre eine davon.
Wer mal ein paar Aufgaben mehr zum Schubfachprinzip wissen will, soll mir ne PN schreiben, dann mach ich mal einen Schubfach-Übungsthread auf Augenzwinkern

Wenn diese Aufgaben grösstenteils gelöst sind, werde ich hier drin neue posten...

mfg
Wh1stl3r Auf diesen Beitrag antworten »

Ich kann die Lösung der Aufgabe zwar nachvollziehen, aber ich versteh sie nicht wirklich.

Zitat:
Man zeige, dass es keinen Zeitpunkt gibt, wo nicht mindestens 2 Personen sich gleich viel mal die Hände geschüttelt haben!

Das heißt, dass zwei Personen gleich viele Hände geschüttelt haben?

Angenommen wir haben 6 Personen in einem Raum.
-> 5 Möglichkeiten, d. h. eine Person kann maximal 5 Hände schütteln
Wie aber werden die Möglichkeiten auf die Personen verteilt? Person 1 schüttelt 5 Hände, Person 2 4 Hände, Person 3 3 Hände, Person 4 2 Hände, Person 5 1 Hand und Person 6 0 Hände. Wie aber läuft das in Realität mit der 6. Person ab?

Wenn ich das aufschlüssele:
1-2 1-3 1-4 1-5 1-6
2-3 2-4 2-5 2-6
3-4 3-5 3-6
4-5 4-6
5-6
-> So hat ja jede Person jeder anderen 1 x die Hand geschüttelt. Also jede Person 5 Hände, auch die 6. Person.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

nee...zu einem beliebigen Zeitpunkt...
es muss ja nicht sein, dass eine Person schon allen die Hand geschüttelt hat Big Laugh

Aber wenn weniger als alle Möglichkeiten verteilt sind, ist es ja klar, dass mindestens 2 Personen gar keine Hände geschüttelt haben smile

mfg
Wh1stl3r Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aber wenn weniger als alle Möglichkeiten verteilt sind, ist es ja klar, dass mindestens 2 Personen gar keine Hände geschüttelt haben

Langsam versteh ich's, aber immer noch nicht komplett.

Es müssen n-2 Möglichkeiten genutzt sein, damit 2 Personen keine Hände geschüttelt haben, oder?

Und ich versteh nicht, wie das in der Realität ablaufen soll? Wie bzw. welche Zahl ordnet man der "freien" Person zu?
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Hm...versuchen wir das doch mal etwas anders.
Wie gesagt, die Aufgaben sind nicht einfach...nur vergleichsweise zu den anderen Aufgaben, die sonst noch so drankommen Augenzwinkern

Also:
Wir haben 4 Personen:
A, B, C, D

A schüttelt allen die Hände...
A = 3
B = 1
C = 1
D = 1

A kann niemanden mehr die Hand schütteln, es sind n-2 Möglichkeiten verteilt, aber trotzdem haben alle mindestens einmal die Hand geschüttelt.
Aber halt 3 Personen gleich oft...

Wenn noch B und C sich die Hand geben, ist die Zahl 2 doppelt verteilt...

Du musst dir das so vorstellen:
Die Personen sind die Perlen und die Anzahl an Händedrucks sind die Schubfächer.
Es gibt ein Schubfach für alle die 0 Hände geschüttelt haben, ein Schubfach für alle die 1 Hand geschüttelt haben, ... ein Schubfach für alle die n-1 Hände geschüttelt haben (man kann sich selbst ja nicht die Hand geben)
Nun müssen wir die Personen auf diese Schubfächer verteilen, weil irgendeine Anzahl Händedrucks haben sie ja gemacht und diese Anzahl entspricht einer Schublade. a wir mehr Personen als Schubladen haben, gibt es mind. eine Schublade, in die wir 2 Personen, bzw. Perlen stecken...

kapiert?
Ich glaub, ich mach mal nen Schubfachprinzip-Thread auf Augenzwinkern

mfg
Wh1stl3r Auf diesen Beitrag antworten »

Das mit den Personen hab ich jetzt kapiert. Aber werd mir das noch n bisschen durch n Kopf gehen lassen. Und das obwohl ich morgen Franzschux hab und noch nich mal mitm Lernen begonnen hab. Big Laugh

Vote 4 Schubfachprinzip-Thread Augenzwinkern
Das erscheint mir zwar logisch, aber eben nur weil eine Perle übrig bleibt. Richtig verstanden hab ich das auch noch nicht.
martins1 Auf diesen Beitrag antworten »

Soll man die Aufgaben hier auflösen, oder ungelöst lassen?
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ich wär froh, wenn sie jemand löst Augenzwinkern

ich hab sie gelöst (die meisten...ausser die der Prüfung)

mfg
martins1 Auf diesen Beitrag antworten »

Also die Aufgabe: a!+b!=2^n
Sei o.B.d.A a<=b.
Ist a! ungerade, dann muss auch b! ungerade sein, dies ist aber nur bei 0! und 1! der Fall. Die einfachen Lösungen
a=0, b=0
a=0, b=1
a=1, b=1

Jetzt sei a>1. Dann ist
a!+b!=a!*(1+b!/a!)
a! muss also 2^m für irgendein m sein. Dies ist nur bei a=2 der Fall. Außerdem muss 1+b!/2 gerade sein, also b!/2 ungerade. Dies ist nur für b=2 oder b=3 erfüllt. Daher
a=2, b=2
a=2, b=3

mehr Lösungen gibt es nicht (außer a und b vertauschen).
martins1 Auf diesen Beitrag antworten »

Die Zahl mit 100 positiven Teilern:

Sei t: N->N die Funktion, die jeder Zahl die Anzahl der Teiler zuordnet. Sei n die gesuchte Zahl. Dann ist
t(n)=100

Außerdem gilt für x=p1^n1*p2^n2*...*pk^nk
t(x)=(n1+1)(n2+2)...(nk+1)

Weil 10 aufeinandefolgende Zahlen n teilen, müssen 2^3, 3^2, 5 und 7 n teilen.
t(n)=100=5*5*2*2
Wir haben 4 Primfaktoren von n, und die entsprechenden Häufigkeiten, also
n=2^4*3^4*5*7
n=45360
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

wow Augenzwinkern
Ich habe diese Aufgaben nicht geschafft...aber ich glaube sie stimmen...
die erste müsste Stimmen...es gibt keine Lösungen, wo a oder b grösser als 3 sind...
die zweite weiss ich jetzt grad nicht...

mfg
jama Auf diesen Beitrag antworten »

Olympiade ist vorbei, die Aufgaben bleiben natürlich weiterhin interessant. Wer Zeit und Lust hat die zu Lösen -> GOGOGO smile

Gruß,

Jama
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

stimmt ja gar nicht...
die Olympiade ist erst im Sommer...

der Bundeswettbewerb ist vorbei, aber das ist nicht das gleiche...
Augenzwinkern

mfg
jama Auf diesen Beitrag antworten »

Na dann bleibt das Thema halt noch aktuell smile

Gruß,

Jama
chaos Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steve_FL

Man beweise:
In einem gleichseitigen Dreieck, der Seitenlänge 2, gibt es
a) keine 5 Punkte, die alle einen Abstand >= 1 haben.



(Natürlich können 4 Punkte alle einen Abstand von 1 haben, aber der 5. liegt bei einem näher, und das gilt es zu beweisen)



Bin der Meinung es gibt sogar mehr als 5 Punkte die einen Abstand von >= 1 haben aber es gibt nur 4 deren Abstand < 1 ist

gruß chaos
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

nee...du hast das wahrscheinlich falsch verstanden...
5 Punkte die voneinander einen Abstand grösser als 1 haben. Also jeder von jedem anderen...wenn du 4 Punkte so platziert hast, kannst du die nicht mehr bewegen, die sind dann definitiv Augenzwinkern
du kannst bei den Punkten A, B, C und auf dem Schnittpunkte der Höhen S je einen Punkte setzen, und dann haben die alle einen Abstand von 1 oder grösser...(alle haben 1 Abstand zu S und die anderen haben 2 voneinander...)
wenn du jetzt den 5. Punkt setzst, dann hat der mindestens zum Punkt S einen Abstand kleiner als 1...

wenn du nicht S setzst, sondern sonst einen, dann hat dieser Punkt von einem Eckpunkt weniger als 1...

zu beweisen gilt es nun, dass du keinen 5. Punkt platzieren kannst...

5 deren Abstand kleiner als 1 ist, ist ja kein Problem...
ich kann 10 Punkte nebeneinander zeichnen...die haben alle einen Abstand kleiner als 1...

mfg
chaos Auf diesen Beitrag antworten »

Genau das meinte ich doch! traurig
Das mit dem Schubfachprinzip hab ich schon verstanden mich stört nur das "=-Zeichen" in der Aufgabe

In der Aufgabe steht "In einem gleichseitigen Dreieck, der Seitenlänge 2, gibt es keine 5 Punkte, die alle einen Abstand >= 1 haben"
Es gibt aber 5 Punkte die einen Abstand von 1 zueinander haben was ja die Bedingung >=(also größer oder gleich) der Aufgabe erfüllt,
aber es gibt keine 5 Punkte die einen Abstand von > 1 haben
deshalb müsste in der Aufgabe entweder stehen "gibt es keine 5 punkte die einen Abstand > 1 haben" oder es müsste da stehen "gibt es unter je 5 Punkten stets zwei deren Abstand <= 1 ist"
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

ach so...
ich hab jetzt nochmal den richtigen Text der Aufgabe gelesen und gesehen, dass die da anders formuliert ist...

Es heisst da:
Zeige, dass unter 5 Punkten in einem gleichseitigen Dreieck, stets 2 dabei sind, die einen Abstand <= 1 haben...
so stehts da...

Zitat:
alle haben 1 Abstand zu S

mir fällt grad auf, dass das gar nicht stimmt...der Abstand 2 > AS = BS = CS > 1

mfg
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist wieder soweit. Dieses Mal werde ich wieder an den Vorausscheidungen teilnehmen, allerdings das letzte Mal, weil ich danach zu alt bin. Und ich beginnen nun wieder mit dem Üben.

Hier sind mal 3 Geometrieaufgaben, die ich sehr interessant finde.
2 davon hab ich gelöst, an der dritten (und letzten, die ich poste) sitz ich momentan noch dran.

Wer die Aufgaben lösen möchte, kann das gerne tun und die Lösung posten.

Viel Spass damit

1. Wähle im Parallelogramm ABCD einen beliebigen Punkt E auf . schneidet in F und in G. Gegeben ist und . Wie gross ist ?

2. Sei ABCD ein Parallelogramm. Die Punkte P und Q liegen im Innern von ABCD auf der Diagonalen AC, dabei gilt . Die Gerade schneidet im Punkt E, die Gerade schneidet in F. Zeige, dass parallel zur Diagonalen ist.


3. Auf der Strecke liegen die Punkte K und L, so dass gilt . P sei ein beliebiger Punkt in der Ebene mit . Zeige, dass PL die Winkelhalbierende von ist.


Das wars vorerst mal Augenzwinkern
Wie gesagt, an der letzten bin ich selbst noch beschäftigt.
Ein Tipp:
Alle 3 Aufgaben sollen mit Strahlensätzen gelöst werden.

mfg
eule Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steve_FL

Zeige, dass für jedes natürliche n der folgende
Bruch irreduzibel ist:
21n + 4
14n + 3


Das folgt aus dem euklidische Algorithmus. Der ggT=1.

*edit: nachgereichter Lösungsweg*

21n+4=(14n+3)*1+(7n+1)
14n+3=(7n+1)*2+1
7n+1=x*1+0
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist eine Möglichkeit die Aufgabe zu lösen. Jepp Augenzwinkern
Ein weiterer interessanter Ansatz ist der Satz von Bezout, aber das kann man selbst nachlesen, wenn Interesse besteht smile Oder in meiner Facharbeit, welche ich demnächst online stellen werde, denn da erklär ich diese Aufgabe auch Big Laugh

Löst du noch mehr Aufgaben? Wenn ja, dann doch bitte mit Lösungsweg Augenzwinkern
Ich kenn die Lösungen der meisten Aufgaben, mir musst du sie nicht sagen Augenzwinkern

mfg
eule Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry ich dachte die obrige Angabe sei ausführlich genug. Habe den Lösungsweg nachgetragen. Falls noch zahlentheoretische Aufgaben kommen werde ich sie zu lösen versuchen, Geometrie find ich eher fad.

Übrigens:
zZ: Gilt a-c | ab + cd, dann auch a-c | ad + bc
Beweis:

Poff Auf diesen Beitrag antworten »

Allen 'das Ihre', ... ich finde das Buchstabengeformels widerlich.
Soviele gleiche Buchstaben und Zeichen in wenigen Zeilen, da
muss man schon beim Lesen aufpassen dass man nichts verliest,

einfach schrecklich . Augenzwinkern
.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, eigentlich dachte ich auch, dass diese Aufgaben für die Schüler unter uns sind, die Interesse an schwierigeren Aufgaben haben. Für die Mathestudenten werden die ja wahrscheinlich nicht sehr schwierig sein.

@Eule:
Zitat:
Gilt a-c | ab + cd, dann auch a-c | ad + bc

Das war auch eine Aufgabe, die ich aber anders gelöst habe.

mfg
Poff Auf diesen Beitrag antworten »

'Geo 3', wenn du die noch nicht hast,

Zeige PK/PB = const = KL/LB
.
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

oh, danke Augenzwinkern
Ich werds mir mal anschauen.

mfg
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Besteht kein Interesse am Lösen solcher Aufgaben?
Für die Studenten wird das ja nicht so schwer sein, aber vielleicht haben ein paar Schüler interesse an den Aufgaben...

@Poff:
Hab das noch nicht ausprobiert, sondern hab ein paar andere Aufgaben gelöst. Augenzwinkern

mfg
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steve_FL
3. Auf der Strecke liegen die Punkte K und L, so dass gilt . P sei ein beliebiger Punkt in der Ebene mit . Zeige, dass PL die Winkelhalbierende von ist.


Durch einfache Winkelsubtraktion gilt



also



Dreieck APL ist gleichschenkllig, es folgt



Es ist , somit sind die Dreiecke ABP und APK ähnlich. Es folgt .

Eingesetzt ergibt sich mit



die Behauptung.


(Bin allerdings viel zu alt für die Matheolympiade, war aber früher ziemlich erfolgreich.)
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

Hab mal eine Frage (ich hab für die Aufgabe schon eine Lösung, doch möchte ich wissen, ob sie stimmt Augenzwinkern ).
die Aufgabe ist:
Finde alle Tripel (x; y; z) natürlicher Zahlen mit


Meine Lösungen sind:
(2, 1, 2)
(2, 2, 6)
(2, 3, 18)
(1, 2, 3)
(1, y, 1.5y) <- und hier bin ich mir das erste Mal unsicher. Ist es wirklich möglich, dass alle solchen Konstellationen in dieser Art mögliche Tripel für die Aufgabe sind?
Ich hab noch mehr solcher Variablen Tripel gefunden:
(x, 2, 3x)
(x, 2x, 3)

Kann man so denn eine Lösung für diese Aufgabe angeben?

wäre froh, wenn mir da jemand helfen könnte Augenzwinkern

mfg
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steve_FL
(1, y, 1.5y) <- und hier bin ich mir das erste Mal unsicher. Ist es wirklich möglich, dass alle solchen Konstellationen in dieser Art mögliche Tripel für die Aufgabe sind?


Du meinst damit sicher die Lösungstripel (1, 2t, 3t), wobei t eine beliebige positiven ganzen Zahl sein kann.

Ansonsten musst du "nur" auf vollständige Fallunterscheidung achten, und bist durch... verwirrt



EDIT: (x, 2x, 3) ist für x>1 keine Lösung!
Steve_FL Auf diesen Beitrag antworten »

stimmt Augenzwinkern

Dann mach ich mich mal an die anderen Aufgaben Augenzwinkern
Werde demnächst mal ne Frage zum Satz von Bezout stellen...

mfg
igelkind Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich stelle nach z um und erhalte diese Bedingung:



da aber z eine natürliche Zahl sein soll und der Zähler von z
offensichtlich negativ ist, muss auch der Nenner negativ sein,
denn sonst kommt niemals natürliche Zahl dabei raus.

Also eine zusätzlich Bedingung:

xy-y-2x < 0



fur den Sonderfall x = 1 ergibt sich aus der Ausgangsgleichung,
dass z = 1.5y (mit y = gerade, weil sonst keine natürliche Zahl) sein muss.

Lösungsmenge 1 = {x,y,z | z = z*; y = y*}

Lösungsmenge 2 = {1,y,1.5y | y = gerade Zahl}

Stimmt doch, oder?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Dann wähle ich mal x=3, y*=1, das müsste in deiner Lösungsmenge 1 liegen. Wie ist da gleich nochmal z* nach deiner Rechnung? unglücklich
igelkind Auf diesen Beitrag antworten »

Dann ist z* = -9 durch -4 also keine natürliche Zahl, aber laut Vorrausetzung muss z natürlich sein. Also musst du neu wählen.

die Formel für z* trifft nur zu, wenn bei z* was natürliches rauskommt und das steht auch dorten.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

geschockt Sehr merkwürdige Auffassung einer Lösungsangabe - dann kannst du auch gleich die Originalgleichung stehen lassen:

Lösungsmenge = {x*,y*,z* | x*,y*,z* natürlich mit 1/x*+2/y*-3/z*=1}
igelkind Auf diesen Beitrag antworten »

nö er sollte ein Lösungstripel angeben und ich hab ihm eins geliefert
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