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Olympiade-Aufgaben » Bundeswettbewerb Mathematik » Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde
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Schule Bundeswettbewerb Mathematik 2020, 2. Runde
Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Themenstart: 2020-09-08

Hallo zusammen,

hiermit eröffne ich mal den diesjährigen Thread zum aktuellen Bundeswettbewerb, hier soll in der nächsten Zeit über die Aufgaben der zweiten Runde diskutiert werden, an dieser Stelle nochmal für Interessierte der Link zu den Aufgaben:

Viele Grüße und viel Spaß bei der Diskussion😉,
Philipp



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ochen Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-08

Hallo,

dann stelle ich mal die Aufgaben 1 und 2 vor.

Aufgabe 1

Smilla kann Nuggets mit einer Masse von $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020+2020$ für sich garantieren und Leo kann Nuggets mit einer Masse von $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020$ bei optimaler Spielweise bekommen.

Smilla färbt die Nuggets mit den Massen von 1 bis 2019 so, dass Nuggets mit einer Gesamtmasse von $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020$ blau markiert und Nuggets mit einer Gesamtmasse von $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020$ rot markiert sind.
Nennt Leo nun eine Farbe und es ist noch ein Nugget dieser Farbe in keiner Truhe, dann legt Smilla dieses Nugget in die entsprechende Truhe. Sind alle Nuggets der von Leo genannten Farbe schon in der Truhe, nimmt Smilla das Nugget mit der Masse 2020 und legt es in die entsprechende Truhe. In dieser Truhe sind dann Nuggets mit einer Masse von $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020+2020$.

Leo nennt so lange die gleiche Farbe, bis in der entsprechenden Truhe die Nuggets eine Masse von mindestens $\frac 14\cdot 2019\cdot 2020$ haben. Dann nennt er nur noch die andere Farbe. Offenbar können sich die Massen der Nuggets in den beiden Truhen um höchstens 2020 unterscheiden.


Aufgabe 2
Wir erhalten $x^2+xy+y^2=50$. Multiplizieren wir das mit dem Hauptnenner $r$ und setzen $p=xr$ und $q=yr$, so gilt
\[
p^2+pq+q^2=50r^2
\] Berrachtet man alles modulo 2, erhält man, dass $p$ und $q$ gerade sein müssen. Dann ist aber auch $r$ gerade und wir können durch 2 kürzen. Die Gleichung hat also nut die Lösung $p=q=r=0$. Somit gibt es für die ursprüngliche Gleichung keine Lösung.






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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-08

Hallo ochen,

Aufgabe 1 habe ich auch so gelöst, bei Aufgabe 2 habe ich einen relativ ähnlichen aber längeren Lösungsweg😉. Aufgabe 3 fand ich auch relativ einfach (aber wie jede BWM-Geo schwer aufzuschreiben), aber an Aufgabe 4 hing ich sehr lange😉.

Viele Grüße,
Philipp



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Red_ Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-08

Ich hätte intuitiv gedacht, dass A4) dieses mal sehr einfach aussieht. Hätte mit einem Widerspruchsbeweis angesetzt und mit Schubfachprinzip irgendwie und vielleicht eine Symmetrie ausnutzen/finden. Ich habe mich aber nicht damit beschäftigt.
Oder vielleicht Operationen einführen, wo die Relation zu Spalte und Zeile gleich bleibt man aber irgendwie immer Zahlen ersetzt durch neue, sodass am Ende vielleicht nur noch eine Zahl (und/oder in allen Einträgen vorkommt). Das hier soll nur Brainstorming sein und hoffen ich hätte die Aufgabe gelöst, wenn ich sie bearbeitet hätte xD
Aber von der Erfahrung her kann man jede BWM Aufgabe lösen mit genügend Zeit.

Wie habt ihr Sie gelöst? Kernidee reicht aus.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-08

Kernidee? Ich habe die tabellarische Form der Aufgabenstellung in eine graphentheoretische Form umgewandelt und dann die Behauptung über starke Induktion mit Heiratssatz von Hall gezeigt.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-08

Interessant ist aber, dass sich bereits die A4 der ersten Runde mittels starker Induktion zeigen ließ😉



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Red_ Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.6, eingetragen 2020-09-08

2020-09-08 19:38 - Math314 in Beitrag No. 4 schreibt:
Kernidee? Ich habe die tabellarische Form der Aufgabenstellung in eine graphentheoretische Form umgewandelt und dann die Behauptung über starke Induktion mit Heiratssatz von Hall gezeigt.


Hört sich sehr cool an, nice Idee!



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Mano Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.7, eingetragen 2020-09-08

Hallo zusammen,

ich würde auch mal meine Lösungen posten. Die ersten zwei habe ich genauso wie ochen.
Zur 3, die schon als 561242 und USA TST 2012/2 gestellt wurde: Das folgt sofort aus Fact 5. Ich weiß allerdings gar nicht, wie man den Beweis davon korrektorentauglich aufschreiben würde. Deswegen habe ich mit einfachen Koordinatenrechnungen gezeigt, dass sich der Umkreismittelpunkt von <math>\triangle PMN</math> auf einer Geraden bewegt. Dann kann man <math>P</math> an dieser Geraden spiegeln und ist fertig. Vorteil, dass die hässliche Lagebetrachtung umgangen wird und alles Verwendete "im Schulbereich geläufig" ist. Man verwendet auch gar nicht, dass <math>M</math> und <math>N</math> gleich schnell sind.
Zu 4: Kernidee: Mit starker Induktion müssen unter den <math>2k</math> größten Dingen (Zeilen oder Spalten) mindestens <math>k+1</math> Spalten sein. Das ist vielleicht das Gleiche, ich sehe noch nicht, wo der geeignete Graph in der Aufgabe ist.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-09

@ Red_: Danke 😄
@ Mano: Die 3 habe ich auch so, nur nicht mit Koordinatenrechnung (auch wenn ich das eigentlich vorhatte), zu der 4:
Der Graph hat die Punkte Zi und Sj wobei Z die Zeilen und S die Spalten repräsentieren, und eine Zeile und eine Spalte sind in dem Graphen genau dann miteinander verbunden, wenn ihr gemeinsames Feld positiv ist (die Kante wird dann auch mit dieser Zahl versehen und dann für jede Ecke die Summe der "Kantenzahlen" ausgerechnet).



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Ixx Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.9, eingetragen 2020-09-09

Kurz aus der Rubrik "nicht repräsentative Statistik":

Dieses Jahr hatte ich 9 Arbeiten von Schülerinnen und Schülern der Klassenstufen 10 bis gerade abgeschlossen zur Korrektur. Im Durchschnitt waren sie 12 Seiten lang (5 bis 38).

Am einfachsten fiel hier die Afgabe 2, die alle korrekt bearbeitet hatten. Es folgt Aufgabe 1, die fast perfekt lief -- mit einer Ausnahme, wo nicht beide Richtungen ">=" und "<=" (bzw. Strategien für beide Personen) gezeigt wurden. Aufgabe 3 mit im Schnitt 7,6 (von max. 10) Punkten wurde einmal nicht bearbeitet und zwei mal fehlerhaft. Dabei gab es etwa das Problem, dass verschiedene Orientierungen ("beide Punkte bewegen sich mit der Zeit in pos./neg. x-Richtung, oder entgegengesetzt") oder Lagebeziehungen (Geraden m, n parallel zu den Koordinaten-Achsen, auftretende Nenner, die gleich 0 werden können) nicht diskutiert wurden. Am schwierigsten war die Aufgabe 4 (wie sie auch sollte) mit 5,7 von 10 möglichen Punkten, bei denen häufig keine sinnvollen und verständliche Betrachtungen  geliefert werden konnten.

Es ergibt sich somit folgende Verteilung meiner Punktvorschläge:

40 Punkte (1. Preis): 5 mal
30 Punkte (3. Preis): 1 mal
20-19 Punkte (kein Preis): 3 mal

Eine Lösung mit einer m.E. sehr schönen und klaren Idee zur Aufgabe 4 lieferte eine Abgabe. Leider tauchte eine ähnliche Idee schon während der Bearbeitungszeit auf AoPS auf, sodass nicht ganz klar ist, ob dies originär vom Einsender kommt...

Ab jetzt sind Zweit- und Drittkorrektur dran. Ich bin für dieses Jahr durch und freue mich für alle Teilnehmerinnen und Teilnehmer. :)



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-09

@ Ixx: Ich hätte ehrlich gesagt nicht vermutet, dass Probleme mit den Lagebeziehungen in den Koordinatenrechungen auftauchen, das klingt ja sogar so, als wäre ich mit meiner Nichtkoordinatenlösung auf der sichereren Seite😄. Naja, zu den Schwierigkeitsgraden der Aufgaben (meine persönliche Meinung):
Lösung: 1 = 2 = 3 <<< 4
Aufschreiben: 1 < 2 < 4 <<< 3

Dass 3 und 4 am wenigsten Punkte bekommen war m.E. klar...😉



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Ixx Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.11, eingetragen 2020-09-12

Wer Lust zum Knobeln hat (ohne Einschränkung auf Schülerinnen und Schüler):

Jubiläums-Aufgaben zu 50 Jahre BWM



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-13

Schöne Aufgaben, danke für den Tipp



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Anand_V Neu Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Beitrag No.13, eingetragen 2020-09-14

Zur vierten Aufgabe: Darf man eigentlich einen Satz wie den von Hall einfach ohne eigenen Nachweis verwenden? Er gehört ja nicht zur Schulmathematik, selbst wenn man hier großzügig interpretiert. Würde mich mal interessieren, wie das gehandhabt wird. Danke! Anand



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Ixx Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.14, eingetragen 2020-09-14

Der Heiratssatz ist etwas, dass man bei Vorbereitungen o.Ä. im Bereich der Wettbewerbsmathematik durchaus antrifft. Insofern ist hier (insbesondere bei der 4. Aufgabe, 2. Runde BWM) kein weiterer Beweis vonnöten.

Man sollte einfach schauen, auf welchem Niveau die Aufgabe gestellt ist: Ist sie elementar, sollte man in seinen Ausführungen sich dem auch anpassen. Ist die Aufgabe aber deutlich komplexer, darf man auch entsprechend die eigenen Überlegungen raffen.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-14

@ Anand_V: Ich weiß nicht wie genau das gehandhabt wird, da wird Ixx als Korrektor wohl tatsächlich mehr Ahnung haben, ich kann nur sagen, wie ichs gemacht habe: Ich habe den Satz in den Anhang geschrieben, und einen Beweis aus einer Quelle (mit Angabe dieser) eingefügt, aber keinen selbstverfassten.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-14

Erfahrungsgemäß sollten übrigens in den nächsten Tagen die vorläufigen Musterlösungen online gestellt werde



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Anand_V Neu Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Beitrag No.17, eingetragen 2020-09-14

Danke Euch beiden für die schnelle Antwort - das Vorgehen klingt vernünftig und angemessen. Grüße Anand  



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-19

@ Mano: Könntest du vielleicht deinen Beweis zur 4 reinstellen? Ich kann mit der Kernidee irgendwie noch nicht viel anfangen😅



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Ixx Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Mitglied seit: 05.04.2020, Mitteilungen: 192
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Beitrag No.19, eingetragen 2020-09-19

Die schöne Lösung zur 4, von der ich oben sprach, ging übrigens wie folgt:

*) Streiche Nullzeilen aus der Tabelle. Das ändert nichts.
*) Bezeichne mit $z(i)=\sum_j a_{i,j}$ Summe der Elemente in Zeile $i$, analog $s(j)=\sum_i a_{i,j}$ für Spalte $j$.
*) Dann ist
$$\sum_{i,j} a_{i,j} \left(\frac{1}{s_j}-\frac{1}{z_i}\right)=\sum_j \frac{1}{s_j} \sum_i a_{i,j} - \sum_i\frac{1}{z_i} \sum_j a_{i,j}=\sum_j \frac{1}{s_j} \cdot s_j - \sum_i\frac{1}{z_i} \cdot z_i=n-m>0.$$ *) Insbesondere ist also min. für ein $i,j$ der Summand $a_{i,j} \left(\frac{1}{s_j}-\frac{1}{z_i}\right)>0$, also $a_{i,j}\neq 0$ (also positiv) und $\frac{1}{s_j}-\frac{1}{z_i}>0$, d.h. $z_i>s_j$.



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Math314 Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-19

Wow, diese Lösung ist echt elegant 👌.
Zuerst hatte ich auch nach einer solchen Lösung gesucht, insbesondere hatte ich die Aufgabe erstmal als Algebra-Aufgabe interpretiert, weil ja im BWM Aufgaben aus Algebra, Geometrie, Kombinatorik und Zahlentheorie gestellt werden, und die anderen drei Bereiche schon abgedeckt waren. Als ich die Aufgabe dann als Kombi interpretiert habe, kam ich dann auch relativ schnell auf den Graphen und wie so grob die Lösung aussehen müsste, und habe es dann erstmal eine Woche lang nicht hingekriegt, obwohl ich die Lösung mit der Nase quasi berührte. Bin jetzt noch ein wenig sauer auf mich... 😡😉



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Mano Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.21, eingetragen 2020-09-20

Meine Lösung zur 4:

Sei oBdA <math>n=m+1</math> und <math>s_1\leq s_2\leq\dots\leq s_{m+1}</math> und <math>z_1\leq z_2\leq\dots z_m</math>.
Wir zeigen die Aussage mit dem Hilfssatz, dass es eine ganze Zahl <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math> und <math>z_k>s_k</math> gibt.
Beweis. Angenommen, der Hilfssatz wäre falsch, also gelte <math>s_k\geq z_k</math> für alle ganzzahligen <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math>. Addiert man dazu die Ungleichungen <math>\displaystyle s_{m+1}\geq s_m\geq z_m\geq z_1</math> und <math>s_1>0</math>, folgt: <math>\displaystyle \sum_{k=2}^ms_k+s_{m+1}+s_1>\sum_{k=2}^mz_k+z_1+0.</math> Da allerdings beide Seiten die Summe von allen Einträgen zählen, haben wir einen Widerspruch.
Wir wenden nun starke Induktion an. Wie wir bewiesen haben, gibt es eine ganze Zahl <math>k</math> mit <math>2\leq k\leq m</math> und <math>s_k>t_k</math>. Dann gilt für positive ganze Zahlen <math>i\geq k</math> und <math>j\leq k</math> immer <math>s_i\geq s_k>t_k\geq t_j</math>. Gäbe es also ein solches Paar <math>(i,j)</math> mit <math>a_{ij}>0</math>, so würde daraus sofort die Behauptung folgen. Man kann also annehmen, dass für jedes solche Paar <math>a_{ij}=0</math> gilt. Dann sind wir in der Teiltabelle, die nur die ersten <math>k-1</math> Zeilen und nur die ersten <math>k</math> Spalten enthält, nach Induktionsvoraussetzung fertig:

<math>\displaystyle \begin{array}{|cccc|cc|}
\hline
a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1k} & \dots & a_{1(m+1)} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots && \vdots \\
a_{(k-1)1} & a_{(k-2)2} & \dots & a_{(k-1)k} & \dots & a_{(k-1)(m+1)} \\
\hline
0 & 0 & \dots & 0 & \dots & a_{k(m+1)} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots && \vdots \\
0 & 0 & \dots & 0 & \dots & a_{m(m+1)} \\
\hline
\end{array}</math>


Ein Hinweis, dass <math>m</math> und <math>n</math> positive ganze Zhlen sind, wäre noch m. E. durchaus nett gewesen.

Ich habe auch lange versucht Summen der Form <math>\displaystyle \sum_{i,j}a_{ij}(z_i^\alpha-s_i^\alpha)</math> für <math>\alpha>0</math> oder <math>\alpha\to0</math> zu betrachten. Leider ist diese Summe im Allgemeinen nicht positiv und ich habe überhaupt keinen Grund gefunden, warum ein Summand positiv sein soll. Aber <math>\alpha=-1</math> zu nehmen ist echt eine gute Idee.



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Mano Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.22, eingetragen 2020-09-20

Überlegungen, die 2 zu verallgemeinern:

Ich habe mich gefragt, warum unendlicher Abstieg bei diophantischen Gleichungen wie <math>a^2+b^2=3c^2</math> oder <math>a^2+ab+b^2=2c^2</math> funktioniert. Ich habe Folgendes herausgefunden:

Man kann die Kreisteilungspolynome <math>\displaystyle \Phi_n(x)=\prod_{\zeta_k}(x-\zeta_k)</math> betrachten, wo das Produkt über die <math>\phi(n)</math> primitiven <math>n</math>-ten Einheitswurzeln genommen wird. Für die homogenen Kreisteilungspolynome <math>\Phi_n(a,b):=a^{\phi(n)}\Phi_n(\frac{b}{a})</math> betrachten wir Gleichungen der Form <math>\displaystyle \Phi_n(a,b)=kc^{\phi(n)}.</math> Wir können annehmen, dass <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> paarweise teilerfremd sind und <math>k</math> durch keine <math>\phi(n)</math>-te Potenz teilbar ist. Nehmen wir nun eine Primzahl <math>p|k</math> und <math>\overline{a}</math> als multiplikatives Inverses zu <math>a</math> mod <math>p</math>. (Wäre <math>a</math> durch <math>p</math> teilbar, dann wäre auch <math>b</math>, und damit auch <math>c</math> durch <math>p</math> teilbar, Widerspruch.) Wir erhalten also: <math>\displaystyle a^{\phi(n)}\Phi_n(\frac{b}{a})\equiv a^{\phi(n)}\Phi_n(b\overline{a})\equiv0\,(\text{mod}\,p),</math> und damit <math>p|\Phi_n(b\overline{a})</math>. Nach Lemma 4.8 aus dem Skript kann das genau dann passieren, wenn <math>n</math> durch <math>p</math> teilbar ist oder <math>\overline{a}b</math> genau die Ordnung <math>n</math> modulo <math>p</math> hat. Im zweiten Fall muss aber <math>p</math> die Form <math>nt+1</math> haben, da <math>p-1</math> durch alle Ordnungen teilbar ist. Damit kann <math>k</math> nur durch Primzahlen teilbar sein, die entweder <math>n</math> teilen oder von der Form <math>nt+1</math> sind.
Sind für solche <math>k</math> die Gleichungen wirklich lösbar? Mir scheint es so, als wäre für geeignetes primes <math>k</math> auch scon der Fall <math>c=1</math> lösbar. Stimmt das? Oder kennt jemand vielleicht andere Verallgemeinerungen?



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Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-21

@ Mano: Versuche mich mal demnächst da reinzudenken😉

Die vorläufigen Musterlösungen sind veröffentlich (hier der Link: und pünktlich dazu ist mir auch eine kleine Lücke bei mir in A3 aufgefallen, die ein gutmütiger Korrektor vermutlich ignorieren würde, aber ich denke ich stehe jetzt auf der Kippe zwischen 1. und 2. Preis😐.



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Kezer Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.24, eingetragen 2020-09-21

Deine Überlegungen sind richtig, soweit ich sehen kann (ein paar Stellen hätte ich aber anders formuliert, es war teilweise nicht leicht zu sehen, was du meinst).

2020-09-20 19:09 - Mano in Beitrag No. 22 schreibt:
Sind für solche <math>k</math> die Gleichungen wirklich lösbar? Mir scheint es so, als wäre für geeignetes primes <math>k</math> auch scon der Fall <math>c=1</math> lösbar. Stimmt das? Oder kennt jemand vielleicht andere Verallgemeinerungen?

Nein, z.B. ist $a^2 + b^2 = 2c^2$ nicht lösbar. (Entsprechend hat dein Vorschlag auch nicht so viel mit dem unendlichen Abstieg zu tun, da man das über unendlichen Abstieg beweisen kann.)

Deine Idee ist nett. Ich bin mir allerdings nicht sicher, wieso man dieses Struktur mit Kreisteilungspolynomen verallgemeinern wollen würde. Es ist (zumindest für mich) damit nicht klar, welche Gleichungen man überhaupt erhält und so natürlich erscheint es mir auch nicht. (Aber vielleicht hast du da noch genauere Gedanken?)

Ich bin mir nicht sicher, wie man diese Sachverhalte verallgemeinern kann, aber für Grad = 2 betrachtet man sogenannte quadratische Formen, welche in der Zahlentheorie recht gut studiert sind. Entsprechend passt dann der Satz von Hasse-Minkowski hierzu. Das passt gleichzeitig auch zum unendlichen Abstieg, denn man kann sich überlegen, dass ein unendlicher Abstieg mod $p$ durch eine Rechnung in $\mathbb{Q}_p$ ersetzt werden kann. (Ähnliches funktioniert in dieser BWM Aufgabe, es ist aber exakt das gleiche Argument.)

Mehr zu quadratischen Formen und dem unendlichen Abstieg haben schon Leute wie Euler und Lagrange betrachtet. Das wird wunderschön im Buch Primes of the Form $x^2+ny^2$ beschrieben.

Diophantische Gleichungen höherer Ordnungen sind noch viel schwieriger.

Ich finde es aber gut, dass du solche Überlegungen anstellst, sowas sollte man immer machen (eine gelöste Aufgabe bietet immer noch viel Spielraum). Ein besseres Verständnis solcher Gleichungen würde ich auch gerne sehen und persönlich würde ich da eher in Richtung quadratischer Formen gehen.


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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Mano Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.25, eingetragen 2020-09-21

Dann habe ich mich wohl nicht klar genug ausgedrückt. <math>a^2+b^2=2c^2</math> ist lösbar (<math>a=b=c=1</math>). Ich wollte versuchen, die Gleichungen <math>a^2+b^2=3c^2</math> und <math>a^2+ab+b^2=2c^2</math> gemeinsam zu Verallgemeinern. Dabei habe ich an die Kreisteilungspolynome gedacht, die ja im Gegensatz zu allgemeinen Quadratischen Formen durchaus in Olympiaden nützlich sein können. (So ist zumindest meine Erfahrung bisher.) Die homogenen Kreisteilungspolynome
<math>\displaystyle \Phi_1(a,b)=b-a</math>
<math>\displaystyle \Phi_2(a,b)=a+b</math>
<math>\displaystyle \Phi_3(a,b)=a^2+ab+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_4(a,b)=a^2+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_5(a,b)=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4</math>
<math>\displaystyle \Phi_6(a,b)=a^2-ab+b^2</math>
<math>\displaystyle \Phi_7(a,b)=a^6+a^5b+a^4b^2+a^3b^3+a^2b^4+ab^5+b^6</math>
<math>\displaystyle \Phi_8(a,b)=a^4+b^4</math>
<math>\displaystyle \Phi_9(a,b)=a^6+a^3b^3+b^6</math>
<math>\displaystyle \Phi_{10}(a,b)=a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4</math>
etc. sind ja wie die normalen Kreisteilungspolynome, nur halt homogenisiert. Letztere verschwinden im reellen, wenn das Argument <math>x</math> die Ordnung <math>n</math> hat, also <math>x^n=1</math> und <math>x^k\neq1</math> für <math>0<k<n</math> gilt. Das Lemma, ws ich verwendet habe, ist ziemlich intuitiv und beschreibt, dass dies Modulo <math>p</math> abgesehen von den Paar "Randfällen" mit <math>p|n</math> auch der Fall ist. Allerdings verwende ich zwar getarnt, aber sehr wohl unendlichen Abstieg. (Das Wichtigste ist in den Klammern, ich setze nämlich voraus, dass <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> paarweise teilerfremd sind. Ich zeige dann, dass keine Lösung existieren kann, wenn <math>a</math> invertierbar, also nicht durch <math>p</math> teilbar ist. Aus <math>p|a</math> folgt aber <math>p|b</math>, da bis auf einen alle Summanden von <math>\Phi_n(a,b)</math> durch <math>a</math> teilbar sind.)
Damit habe ich bewiesen, dass die entstehenden Gleichungen nur für geeignetes <math>k</math> lösbar sein können. Allerdings sind diese leider nicht immer lösbar, wie das Gegenbeispiel <math>n=k=9</math>, also <math>a^6+a^3b^3+b^6=9c^6</math> zeigt. (Wenn weder <math>a</math> noch <math>b</math> durch <math>p</math> teilbar ist, gilt <math>a^6\equiv b^6\equiv1\,(\text{mod}\,9)</math>, 7 ist aber nicht das Produkt von zwei kubischen Resten, die modulo 9 ja nur <math>\pm1</math> sind.)
Ich hoffe noch darauf, zumindest noch etwas mehr daraus herausholen können, aber ich sehe auch ein, dass es einfacher ist, wenn der Grad auf 2 bleibt. So ist meine Charakterisierung zum Beispiel für <math>n=4</math> korrekt, nach dem 2-Quadrate-Satz gibt es schon für <math>c=1</math> eine Lösung.
In welche Richtung würde denn eine mögliche Verallgemeinerung mit quadratischen Formen gehen?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.23 begonnen.]



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Beitrag No.26, eingetragen 2020-09-21

2020-09-21 23:23 - Mano in Beitrag No. 25 schreibt:
Dann habe ich mich wohl nicht klar genug ausgedrückt. <math>a^2+b^2=2c^2</math> ist lösbar (<math>a=b=c=1</math>).

Du hast Recht, mein Fehler. :-)

2020-09-21 23:23 - Mano in Beitrag No. 25 schreibt:
Dabei habe ich an die Kreisteilungspolynome gedacht, die ja im Gegensatz zu allgemeinen Quadratischen Formen durchaus in Olympiaden nützlich sein können.

Quadratische Formen können theoretisch nützlich für Olympiaden sein, ein leichtes Beispiel ist, dass der Zwei-Quadrate-Satz von Fermat sehr schnell mit ein bisschen Theorie über quadratische Formen folgt (siehe das Buch Primes of the form $x^2+ny^2$).

Das kann man aber wahrscheinlich über die meisten (elementareren?) Tools der algebraischen Zahlentheorie sagen. Dazu gehören schließlich auch zyklotomische Polynome.

Außerdem muss/sollte man bei dem Ziel einer solchen Verallgemeinerung nicht unbedingt an die Wettbewerbsmathematik denken.

2020-09-21 23:23 - Mano in Beitrag No. 25 schreibt:
Damit habe ich bewiesen, dass die entstehenden Gleichungen nur für geeignetes <math>k</math> lösbar sein können.

Ja, und das ist ja auch gut!


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Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-12 19:58

Die endgültigen Musterlösungen und Statistiken sind übrigens mittlerweile veröffentlicht:




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