IMO-Aufgabe, 1979 < Internationale MO < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:24 Sa 28.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
Es ist ja schon schwer genug, für diese Aufgabe überhaupt einen Ansatz zu finden - und wenn man glaubt einen gefunden zu haben, dann muss der ja noch lange nicht zum Ziel führen. Daher schreib' ich hier mal lieber meine Idee, bevor ich weiter mache:
Vielleicht muss man ja den gesamten Ausdruck zerlegen. Ich habe damit mal testweise angefangen, und zwar zu Beginn mit Potenzen.
a.) Zwei
[mm]\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{15}{16}[/mm]
b.) Drei
[mm]\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}=\frac{40}{81}[/mm]
c.) Fünf
[mm]\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}=\frac{31}{125}[/mm]
Es fällt folgendes auf:
[mm]15=\frac{16-1}{2-1}[/mm]
[mm]40=\frac{81-1}{3-1}[/mm]
[mm]31=\frac{125-1}{5-1}[/mm]
Dieser Sachverhalt lässt sich leicht prüfen:
[mm]\frac{n^k-1}{n-1}=\summe_{i=0}^{k-1}{n^i}[/mm]
[mm]\gdw n^k-1=n^k-1[/mm] (nach Ausmultiplizieren)
Man könnte nun versuchen, den Kettenbruch durch eine geschickte Zerlegung zu vereinfachen.
Bin ich damit auf einem guten Wege oder eher nicht ;) ?
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:06 So 29.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Du hast also Folgendes beobachtet:
[mm] $\sum\limits_{i=1}^k \frac{1}{n^i}$
[/mm]
[Formel für die endliche geometrische Reihe]
$= [mm] \frac{1 - \frac{1}{n^{k+1}}}{1- \frac{1}{n}} [/mm] - 1$
$= [mm] \frac{\frac{1}{n} - \frac{1}{n^{k+1}}}{1- \frac{1}{n}}$
[/mm]
$= [mm] \frac{n^k - 1}{n^{k+1} - n^k}$
[/mm]
$= [mm] \frac{\frac{n^k-1}{n-1}}{n^k}$.
[/mm]
Ein sehr interessanter Ansatz. Im Moment sehe ich nicht, wie der zum Ziel führen soll, aber du hast mich schon manches Mal mit deinen Ansätzen überrascht, die dann doch zum Ziel führen. Insofern werde ich mich hüten ein Urteil über die Erfolgswahrscheinlichkeit dieses Ansatzes abzugeben. Versuche es halt mal. Oder soll ich einen Tipp geben? 
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:37 So 29.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Also naja @ Tip.
> Ich hab schon längere Zeit drüber gebrütet, aber wenn der
> Ansatz nicht kommt, naja, was soll man machen. Und wenn
> selbst du (!!) sagst,
Was soll das denn heißen? Ist ja nett von dir, aber du überschätzt mich maßlos. Ich profitiere nur ab und zu von meiner Erfahrung, liege aber in Punkto Kreativität und mathematischer Begabung weit hinter dir und auch Jan. In eurem Alter hätte ich noch nicht mal die Aufgabenstellung verstanden, fürchte ich für mich. :-(
Hier also ein Tipp:
Schreibe mal:
[mm] $\sum\limits_{k=1}^{1319} \frac{(-1)^{k+1}}{k} [/mm] = [mm] \sum\limits_{k=1}^{1319} \frac{1}{k} [/mm] - 2 [mm] \left( \sum\limits_{k=1}^{659} \frac{1}{2k}\right)$
[/mm]
[verstehst du das: man nimmt also die Summe über alle Summanden und zieht die Summe über die geraden Summanden, die ja in der ursprünglichen Reihe negativ sind, zweimal ab]
$= [mm] \sum\limits_{k=1}^{1319} \frac{1}{k} [/mm] - [mm] \sum\limits_{k=1}^{659} \frac{1}{k}$
[/mm]
$= [mm] \sum\limits_{k=660}^{1319} \frac{1}{k}$
[/mm]
[bis dahin bin ich selber gekommen, was aber auch keine große Leistung ist]
$= [mm] \sum\limits_{k=660}^{989} \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{1979-k} \right)$.
[/mm]
[beachte: die Summanden der oberen Summe von $990$ bis $1319$ werden in der zweiten Summe durch den zweiten Term dargestellt -> diesen Schritt fand ich abgedreht, auch wenn es im Nachhinein einfach wirkt, aber da bin ich nicht drauf gekommen, das ist mindestens eine Liga zu hoch für mich]
Jetzt bist du dran...
Der Rest ist für Normalsterbliche zumindestens schaffbar (dennoch muss man es noch sauber zu Ende führen). 
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo Stefan.
Ich habe da eine Idee, die mir aber irgendwie zu einfach vorkommt....
[mm]\sum\limits_{k=660}^{989} \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{1979-k} \right)[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=660}^{989} \left( \frac{1979}{k*(1979-k)} \right)[/mm]
Damit wäre das Ganze auch schon fertig. Die aufsummierten Brüche lassen sich nicht kürzen, da 1979 prim ist (was ich zugegebenermaßen von einem Programm zur Primfaktorzerlegung überprüfen lassen habe). Womit die Brüche erweitert werden ist egal, da im Zähler immer Vielfache von 1979 dazuaddiert werden. Somit gilt [mm]1979 \vert p[/mm].
Ich hoffe mal, das ist kein völliger Blödsinn
MfG
Jan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:23 So 29.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
Och manno, dkaum geht man schlafen schon ist die Aufgabe gelöst ;)
Gruß,
Hanno
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:41 Fr 03.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi.
Ich möchte kurz darauf hinweisen, dass diese Aufgabe (mit 1997 statt 1979 und mit 1331 statt der diesigen Obergrenze) genau so in der
37. Matheolympiade in der [b]Kreisrunde[/B] auftauchte. Putzig sowas...
Gruß,
Hanno
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