Jahrgang 35 Heft 122 Juni 2015
Eine mathematische Zeitschrift für Schüler(innen) und Lehrer(innen)
1980 gegründet von Martin Mettler herausgegeben von der
Johannes Gutenberg-Universität zu Mainz vertreten durch den Präsidenten
Herrn Prof. Dr. Georg Krausch
JOHANNES
MAINZ
UNIVERSITÄT GUTENBERG
JG U
Liebe L(o)eserin, lieber L(o)eser!
Die neuen Aufgaben warten auf Lösungen. Nur Mut, auch wenn Du in Mathe keine „Eins“ hast!
Die Aufgaben sind so gestaltet, dass Du zur Lösung nicht unbedingt den Mathe-Stoff der Schule brauchst. Vielmehr wirst Du viel mathematische Fantasie und selbstständiges Denken brauchen, aber auch Zähigkeit, Willen und Ausdauer.
Wichtig: Auch wer nur eine Aufgabe oder Teile einzelner Aufgaben lösen kann, sollte teilneh- men; der Gewinn eines Preises ist dennoch möglich. Denkt bei Euren Lösungen daran, auch den Lösungsweg anzugeben!
Für Schüler/innen der Klassen 5–8 sind in erster Linie die Mathespielereien vorgesehen;
auch Schüler/innen der Klasse 9 dürfen hier mitmachen, aber nur auf der Basis der halben Punktzahl. Alle Schüler, insbesondere aber jene der Klassen 9–13, können Lösungen (mit Lösungsweg!) zu den Neuen Aufgaben, abgeben. Punkte aus den Rubriken Computer-Fan und Mathematische Entdeckungen werden bei der Vergabe des Forscherpreises zugrunde gelegt.
(Beiträge zu verschiedenen Rubriken bitte auf verschiedenen Blättern.)
Einsende-(Abgabe-)Termin für Lösungen ist der 31.08.2015.
Zuschriften bitte an folgende Anschrift:
Johannes Gutenberg–Universität Institut für Mathematik
MONOID-Redaktion 55099 Mainz
Tel.: 06131/3926107 Fax: 06131/3924389
E-Mail: monoid@mathematik.uni-mainz.de An folgenden Schulen gibt es betreuende Lehrer, denen Ihr Eure Lösungen abgeben könnt:
am Elisabeth-Langgässer-Gymnasium Alzey bei Frau Susanne Lüning, am Lina-Hilger- Gymnasium in Bad Kreuznach bei Frau Julia Gutzler, am Karolinen-Gymnasium Fran- kenthal bei Frau Silke Schneider, an der F-J-L-Gesamtschule Hadamar bei Frau Irmtrud Niederle, amFrauenlob-Gymnasium Mainzbei Herrn Martin Mattheis, an derRhein-Main International Montessori School in Friedrichsdorf bei Frau Christa Elze, in Mannheim bei Herrn Ulrich Wittekindt, amRhein-Wied-Gymnasium Neuwiedbei Herrn Marcel Gruner, amGymnasium Oberursel bei Frau Angelika Beitlich, am Leibniz-Gymnasium Östringen bei Herrn Klaus Ronellenfitsch, am Gymnasium Nonnenwerth in Remagen bei Herrn Hel- mut Meixner und am Wilhelm-Erb-Gymnasium Winnweiler bei Herrn Eugen Kuntz.
Die Namen aller, die richtige Lösungen eingereicht haben, werden in MONOID in der Rubrik der Löser und auf der MONOID-Homepage im Internet erscheinen.
Wir bitten auch um neue Aufgaben, die Du selbst erstellt hast, um sie zu veröffentlichen. Diese Aufgaben sollen aber nicht aus Büchern oder Aufgabensammlungen entnommen sein, sondern Deiner eigenen Fantasie entspringen. Würde es Dich nicht einmal reizen, eine Aufgabe zu stellen, deren Lösung vorerst nur Du kennst?
Am Jahresende werden rund 50 Preise an die fleißigsten Mitarbeiter vergeben. Seit 1992 gibt es noch einen besonderen Preis: das Goldene M.
Außer der Medaille mit dem Goldenen M gibt es einen beachtlichen Geld- betrag für die beste Mitarbeit bei MONOID und bei anderen mathematischen Aktivitäten, nämlich: Lösungen zu den Neuen Aufgaben und den Mathe- spielereien, Artikel schreiben, Erstellen von neuen Aufgaben etc.
Und nun wünschen wir Euch viel Erfolg bei Eurer Mitarbeit! Die Redaktion
Mein Bild von Mathematik
Mal- und Bildwettbewerb
„Mathematik ist...“
...eine weite schöne Landschaft, die man zuerst aus der Ferne bewundert, die es aber wert ist, durchwandert und in allen Einzelheiten ihrer Hügel und Täler, ihrer Bäche, Felsen, Bäume und Blumen studiert zu werden.
Arthur Cayley∗
Mit diesem sehr poetischen Bild beschrieb Cayley die... genau: die Mathematik.
Im Jahr 2016 stehen einige Jubiläen an, die wir bei MONOID auch gerne feiern möchten. Den Auftakt zu unseren Feiern bildet ein Malwettbewerb, den wir schon jetzt starten – ganz im Sinne Arthur Cayleys.
Ihr könnt Eurer Phantasie und Kreativität freien Lauf lassen: Malt und gestaltet konkrete mathematische Inhalte (Zahlen, Funktionen, Sätze et cetera), Handlun- gen (zum Beispiel ein Bild aus dem Unterricht), wo uns Mathematik in Alltag und Umwelt begegnet oder Einstellungen zur „Königin der Wissenschaften“. Es gibt keine Vorgaben!
Auch bei der äußeren Gestaltung lassen wir Euch bewusst viel Freiraum: Alle Grö- ßen, Materialien und Techniken (Zeichnungen, Malerei, Collagen, Fotos, Grafiken, ...) sind erlaubt.
Was ist der Lohn für Eure Mühen?
Die MONOID-Redaktion wird die schönsten Bilder prämieren. Kriterien sind Origi- nalität, Kreativität, künstlerische Gestaltung und Sorgfalt.
Zu gewinnen gibt es Sachpreise, aber auch Anerkennung: Auf der MONOID-Feier sollen die Bilder ausgestellt werden, die schönsten Bilder werden in folgenden MONOID-Heften und im Internet gezeigt. Das Siegerbild werden wir auch auf dem Titelblatt eines MONOID-Heftes zeigen!
Teilnahmebedingungen
Teilnehmen dürfen alle Schüler bis einschließlich Klasse 13.
Schickt Eure Kunstwerke an die Redaktion: Johannes Gutenberg-Universität, In- stitut für Mathematik, MONOID-Redaktion, 55099 Mainz.
Einsendeschluss ist der 31. Dezember 2015 – wir werden Euch unter den Mittei- lungen rechtzeitig noch mal daran erinnern. Bitte habt Verständnis dafür, dass wir
die Bilder nicht zurückschicken können. (MG)
∗ Arthur Cayley, * 16.08.1821 in Yorkshire,†26.01.1895 in Cambridge; englischer Mathematiker, Mitbegrün- der der Invariantentheorie.
Dreieck und Quader
von Hans Walser
In einem Dreieck 4ABC zeichnen wir den Umkreismittelpunkt U. Dann ergänzen wir die drei Verbindungsstrecken vom Umkreismittelpunkt U zu den Ecken A, B, C zum Bild eines Quaders. Die dem Punkt U gegenüberliegende Ecke des Quaderbildes bezeichnen wir mit V. Welche Bedeutung hat der Punkt V für das Dreieck ABC?
Lösung
Beim Spielen mit dynamischer Geometrie-Software wird bald klar dass der Punkt V der Höhenschnittpunkt des Dreiecks 4ABC sein muss.
Beweis: Der Vektor −→
UV von U zur gegenüberliegenden Ecke V des Quaderbildes ist die Summe der drei Vektoren −→
UA, −→
UB, −→
UC, siehe die folgende Abbildung.
Ein Drittel dieser Vektorsumme ist der Vektor von U zum Schwerpunkt S des Dreiecks. Wir müssen also noch zeigen, dass −→
UH = 3−→
US. Das kann wie folgt ein- gesehen werden: Da die Mittelsenkrechte zur Seite AB und die vonC ausgehende Höhe parallel sind und weiter der Schwerpunkt S die von C ausgehende Schwer- linie drittelt, können wir im Dreieck 4ABC drei gleich breite Streifen senkrecht zur Seite AB zeichnen (siehe folgende Abbildung). Die Punkte U, S und H liegen auf den Rändern dieser Streifen.
Analog können wir aber auch drei Streifen einzeichnen, die zur Seite BC senkrecht stehen.
Im Kreuzungsgebiet der sechs Streifen entsteht ein Parkett aus Parallelogrammen.
Aus diesem Parkett ergibt sich −→
UH = 3−→
US.
Die Tatsache, dass in einem Dreieck die drei Punkte U,S undH auf einer Geraden liegen, wurde von Leonhard Euler (1707–1783) bemerkt. Die Gerade heißt deshalb Eulersche Gerade.
Was uns über den Weg gelaufen ist
169 und die Quadratzahlen
von Hartwig Fuchs
Die Zahl169besitzt eine erstaunliche Beziehung zu Quadratzahlen, denn169kann als eine Summe von n Quadratzahlen 6= 0 für n = 1, 2, 3, ... , 155 geschrieben werden.
So ist etwa 169 = 132 = 122 + 52 = 122 + 42 + 32 = 82 + 82 + 52 + 42 = ....
Übrigens: Stimmt das, was oben behauptet wird? (H.F.)
Das Handbuch der Meeresinsel
Teil 1: Vermessung erreichbarer Objekte
von Steffen Fröhlich und Jan Fuhrmann
Wie hoch ist ein Berg auf einer nicht erreichbaren Insel? Landvermessungsaufgaben dieser Art aus dem chinesischen Handbuch der Meeresinsel, das wir im zweiten Teil unseres Artikels im nächsten MONOID-Heft kennenlernen werden, führen uns im ersten Teil von altägyptischen Papyri und Thales’ Messung der Pyramiden über die Neun Bücher arithmetischer Technik.
Thales von Milet
Diogenes Laertios1 (etwa 3. Jahrhundert) beginnt sein Leben und Werk der Philo- sophen mit einem Bericht über Thales von Milet, geboren um 624 v. Chr. in der zu jener Zeit in ihrer Blüte stehenden antiken Hafen- und Handelsstadt Milet, südlich des heutigen Izmir an der türkischen Ägäisküste.
Zu seinem bis heute ungebrochenen Ruhm gelangte Thales insbesondere durch seine Beiträge zur – damals noch in ihren Kinderschuhen steckenden – Geometrie und Astronomie. So berichtet man, er habe für das Jahr 585 v. Chr. eine Sonnen- finsternis vorausgesagt, die am 28. Mai jenes Jahres auch tatsächlich eintrat.
Die griechische Geometrie begann mit Thales. Erste geometrische Kenntnisse er- warb er sich auf Reisen durch Ägypten, vielleicht kam er sogar bis nach Babylonien.
Der Philosoph Proklus Diadochus schreibt etwa eintausend Jahre später:2
Thales aber verpflanzte zuerst, nachdem er aus Ägypten gekommen, diese Wissenschaft [die Geometrie] nach Griechenland und machte selbst viele Entdeckungen; zu vielen anderen legte er für die Späteren den Grund. Sein Verfahren war dabei teilweise mehr allgemeiner Art, teilweise mehr auf die Sinnendinge ausgerichtet.
1 D. Laertios: Leben und Lehre der Philosophen. Reclam, 1998
2 M. Steck: Proklus Diadochus. Euklidkommentar. Kaiserlich Leopoldinisch-Carolinisch Deutsche Akademie der Naturforscher, 1945, S. 218 ff.
Altägyptische Papyri vermitteln uns einen Eindruck, um welche Art geometrischer Probleme es sich dabei handelte. Wir greifen beispielhaft die Aufgaben 17 und 14 aus dem Papyrus Moskau, dem ältesten uns erhaltenen Papyrus mathematischen Inhalts aus dem Jahre 1850 v. Chr. heraus, ohne auf deren Lösung näher eingehen zu wollen:3
• Gegeben ist ein rechtwinkliges Dreieck der Fläche 20, dessen Katheten a und b der Relation b = 13 + 151
a genügen. Wie groß sind a und b?
• Gegeben ist ein quadratischer Pyramidenstumpf der Höhe 6, deren untere be- grenzende Seite die Länge 4 und deren obere begrenzende Seite die Länge 2 hat. Was ist das Volumen der Pyramide?
Da von Thales keine schriftlichen Überlieferungen erhalten sind, beruht unser Wis- sen über ihn und seine Arbeit ausschließlich auf Schilderungen Dritter. So trennen Proklus und Thales eintausend Jahre – eine Zeitspanne, die uns heute, gedanklich zurückgerechnet, zu den Anfängen der deutschen Reichsgeschichte brächte!
Thales’ Messung der Pyramiden
Die antike griechische Mathematik prägte alle mathematischen Wissenschaften des spätmittelalterlichen und des modernen Europas. Als Erstes denken wir dabei an Euklids Elemente, deren streng axiomatischer Aufbau in Definitionen, Axiome, Postulate und Propositionen beispielhaft für die heutige Mathematik ist.
Auch Thales’ Erkenntnisse flossen in die Elemente ein, insbesondere der Satz, dass entsprechende Seiten ähnlicher Dreiecke zueinander im gleichen Verhältnis stehen (Euklid Proposition VI.4).
Mit Hilfe dieses Satzes soll Thales nun die Höhe ägyptischer Pyramiden bestimmt haben; verschiedene Quellen behaupten, dass es sich um die Pyramide des Cheops handelte, also der höchsten der drei Pyramiden in Gizeh.
Wie ging Thales vor? In Diogenes Laertios lesen wir dazu:4
Nach Hieronymos hat er die Höhe der Pyramiden zu jener Zeit gemessen, da auch unsere Schattenlänge der Körpergröße gleich ist.
Thales benutzte wohl einen sogenannten Gnomon, d.h. einen exakt senkrecht in die Erde gesteckten Stab der Länge g (siehe Abbildung 1). Durch die Sonne ange- strahlt, wirft er einen Schatten der Länge r. Dann wartete Thales die Tageszeit ab, zu welcher gilt: g = r.
Zur gleichen Tageszeit wird auch die Schattenlänge s gemessen, die die Pyramide selbst wirft. Ihre halbe Seitenlänge l ist bekannt, und es gilt – nach Diogenes Laertios: h = s +l.
Thales’ Ähnlichkeitssatz liefert uns nämlich die Verhältnisgleichung h
g = s +l
r bzw. wegen g = r : h = g
r ·(s + l) =s +l.
3 Übersetzt aus Clagett, M.: Ancient Egyptian science III. American Philological Association, 1999
4 D. Laertios, S. 48
Heutzutage betragen die halbe Seitenlänge der Cheopspyramidel ≈115, 15Meter und ihre Höhe h ≈ 138, 75 Meter.5
Abbildung 1: Thales’ Messung der Cheopspyramide Die neun Bücher arithmetischer Technik
Im fernöstlichen China jener Zeit entwickelte sich eine eigene, an alltäglichen Pro- blemen jeglicher Art orientierte und erprobte Mathematik, die im Laufe der fol- genden Jahrhunderte in einer umfangreichen Sammlung von zwölf Büchern, den Zehn Mathematischen Klassikern (Suanjing Shi Shu) gipfelte.6
Das bedeutendste Buch dieser Sammlung sind die Neun Bücher arithmetischer Technik (Jiu Zhang Suan Shu), deren erste Vorlagen auf etwa 200 v. Chr. datiert werden. Seit dem Jahre 656 galt es als der wichtigste mathematische Leitfaden für chinesische Beamte und Ingenieure.7
Die Neun Bücher vereinen 246 Aufgaben, gegliedert in neun Kapiteln. Uns geht es zuerst um die folgende, der Thalesschen Pyramidenvermessung vergleichbaren Aufgabe 23 aus Kapitel 9 zur Bestimmung der Höhe eines Berges:8
Ein Berg liegt westlich eines Pfahles; seine Höhe kennt man nicht. Die Entfernung des Berges von dem Pfahl ist 21.942 Meter, die Höhe des
5 Siehe Pyramiden von Gizeh. In: Wikipedia, Die freie Enzyklopädie
6 Die erste Übersetzung der Elemente ins Chinesische durch M. Ricci und X. Guangqi datiert aus dem Jahre 1607 und bezieht sich nur auf die ersten sechs der Euklidischen Bücher. Die erste vollständige Übersetzung ins Chinesische lag erst 1857 vor. Wir verweisen hierzu auf Scriba, C.J. und Schreiber, P.: 5000 Jahre Mathematik. Springer, 2010, S. 126
7 Es liegt eine vollständig übersetzte und kommentierte Ausgabe vor mit K. Vogel: Chiu Chang Suan Shu.
Springer, 1968.
8 Die in K. Vogels Übersetzung verwendeten Längeneinheiten wurden für unsere Darstellung sämtlich auf Meter umgerechnet nach der in K. Vogel, S. 139, angegebenen Umrechnung1Schritt zu etwa1 +13 Meter zur Zeit der Han-Dynastie.
Pfahles 21, 85 Meter. Ein Mann steht 1.242 Meter östlich des Pfahles;
er erblickt die Spitze des Pfahles in gleicher Höhe mit der Bergspitze.
Das Auge des Mannes liegt in einer Höhe von 1, 61 Meter. Frage: Wie groß ist die Höhe des Berges?
Abbildung 2: Zur Aufgabe 23 aus den Neun Büchern
Mit Hilfe von Abbildung 2 übersetzen wir diese Aufgabe in geometrische Sprache:
• PS ist der Berg, die Höhe |PS| ist gesucht;
• LQ ist die Entfernung des Berges von dem Pfahl, gegeben ist |LQ| = 21.942;
• KM ist der Pfahl (Gnomon), gegeben ist |KM| = 21, 85;
• der Beobachter steht im Punkt D, gegeben ist |EL| = 1.242;
• das Auge des Mannes befindet sich im Punkt E, gegeben ist |DE| = 1, 61.
Wir benötigen außerdem
|LM| = |KM| − |DE| = 20, 24.
Beweis
Beachte zunächst
|PS| = |PR|+|QR|+|QS| = |PR|+|KM|
mit |QR| = |LM| und |QS| = |DE|. Aus der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke PRM und MLE erhalten wir nach dem oben erwähnten Thalesschen Satz (Euklid Proposition VI.4)
|PR|
|LM| = |MR|
|EL| bzw. wegen |MR| = |LQ|
|PR| = |MR| · |LM|
|EL| = |LQ| · |LM|
|EL| .
Hieraus schließen wir
|PS| = |LQ| · |LM|
|EL| +|KM|.
Einsetzen der bekannten Größen ergibt |PS| ≈ 379, 42 Meter.
Alternativ kann man auch die Ähnlichkeit der Dreiecke EML und EPQ ausnutzen und gelangt zur Identität
|PS| = |LQ|+|EL|
|EL| · |LM|+|DE|.
Beide Rechnungen liefern natürlich den gleichen Wert der gesuchten Höhe.
Die Aufgabe lässt sich auch unter Benutzung der Proposition I.43 der Elemente des Euklid lösen, nach welcher die Parallelogramme QLMR und MFGN gleiche Flächeninhalte besitzen. Weißt Du wie?
Monoidale Knobelei
Potenzturm, Produkt, Summe und Wurzel
von Hartwig Fuchs
MONO
I D
+M ·O ·N ·O ·I ·D + 2·(M +O +N +O+I +D) =√
MONOID. Ersetze in dem Potenzturm, im Produkt, in der Summe und in der sechsziffri- gen Zahl unter der Wurzel die Buchstaben so durch Ziffern, dass eine korrekte Zahlengleichung entsteht.
Dabei sollen gleichen (verschiedenen) Buchstaben gleiche (verschiedene) Ziffern zugeordnet werden.
Bestimme die kleinste Lösung der Gleichung. (H.F.)
Lösung
Man sollte zunächst versuchen, den Potenzturm „in den Griff“ zu bekommen – und zwar durch Probieren: Für O = 0 und für O = 1 gelingt das leicht.
Es sei O = 0. Dann hat der Potenzturm den Wert 1 wegen M 6= 0 und M0 = 1 und das Buchstabenprodukt hat den Wert 0.
Die gegebene Gleichung lautet damit: 1 + 0 + 2·(M+N+I+D) = √
MONOID.
Wegen1+2·(M+N+I+D) ≤ 1+2·(9+8+7+6) < 100und√
MONOID > 100 ist O = 0 nicht möglich.
Es sei O = 1. Dann hat der Potenzturm den Wert M wegen 1NOI
D
= 1 und M1 = M.
Es gilt M ≥ 2. Denn wäre M = 0, so wäre die linke Seite der Gleichung 2·(1 + N + 1 +I + D) < 2· (2 + 9 + 8 + 7) < 100, während die rechte Seite > 100 wäre. Der Fall M = 1 ist nicht möglich, weil sonst M = O wäre. Also ist M ≥ 2.
Da√
M1N1ID ganzzahlig vorauszusetzen ist, muss der Radikand eine Quadratzahl mit 210134 ≤ M1N1ID ≤ 918176 sein. Unter den 8·7·5 = 1680 Zahlen der Form M1N1ID findet sich mit Hilfe eines Computer zum Beispiel die Zahl 217156, die das Quadrat von 466 ist.
Die kleinste Lösung der Aufgabe lautet also:
2171
56
+ 2·1·7·1·5·6 + 2·(2 + 1 + 7 + 1 + 5 + 6) = √
217156.
Ein Spiel mit Permutationen
von Laura Biroth
Ein Lehrer schlägt 100 Schülern das folgende Spiel vor:
Ich habe hier von jedem von euch ein Heft, auf dem jeweils euer Na- me steht. In der Pause verteile ich diese Hefte zufällig auf diese 100 Schließfächer, wobei ich in jedes Fach genau ein Heft lege. Dabei darf keiner zuschauen. Nachher darf jeder einzeln 50 Schließfächer öffnen.
Wenn dabei jeder einzelne von euch sein Heft findet, habt ihr nächste Woche frei.
Ihr dürft vorher absprechen, wie ihr vorgehen wollt. Aber niemand, der schon in einige Fächer geschaut hat, darf noch mit den anderen reden.
Ich werde nach jedem Schüler wieder alle Schließfächer abschließen und kontrollieren, dass ihr keine Nachrichten für die anderen hinterlasst. Die Hefte bleiben in den Schließfächern liegen.
Der Lehrer hat sich dazu folgendes überlegt:
Jeder Schüler darf 50 von 100 Schließfächern öffnen. Die Chance, dass er oder sie das eigene Heft findet ist also 12. Die Wahrscheinlichkeit, dass dies allen Schülern gelingt, ist also 12100
. Das ist beinahe Null.
Ich kann also schon mal meinen Unterricht für nächste Woche planen.
Stimmt das, oder haben die Schüler mit einer geschickten Strategie doch eine Chance auf eine Woche schulfrei?
Ja, die Schüler haben eine Chance. Und diese ist am größten, wen sie die folgende Strategie verfolgen:
Sie nummerieren sowohl die Fächer als auch die Schüler von 1 bis 100 durch, z.B. die Fächer von links oben nach rechts unten und die Schüler alphabetisch nach Nachnamen.
Jeder Schüler öffnet als erstes das Fach mit seiner eigenen Nummer.
Wenn darin die Sachen eines anderen Schülers (sagen wir des Schülers Nummer k) liegen, dann öffnet er als nächstes das Fach mit der Num- mer k usw., bis er entweder seine Sachen findet oder alle 50 Versuche aufgebraucht hat.
Warum soll das helfen? Und wie hoch sind hiermit die Chancen der Schüler?
Betrachten wir zunächst ein Beispiel: Der Einfachheit halber nehmen wir zehn Schüler und zehn Fächer, von denen jeder fünf öffnen darf. Die Verteilung könnte zum Beispiel so aussehen:
Fach 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Heft 8 3 2 9 10 4 6 5 7 1
Die erste Schülerin öffnet zunächst Fach 1. Darin findet Sie Heft 8, schaut also als nächstes in Fach 8. Darin liegt Heft 5. In Fach 5 findet sie Heft 10 und in Fach 10 schließlich ihr eigenes Heft 1. Wenn sie nach dem gleichen Prinzip weiter machen würde, müsste sie jetzt wieder Fach 1 öffnen usw. Sie bewegt sich also auf einer
„Schleife“ der Länge vier durch die Fächer.
Betrachtet man dies für alle Schüler, so erhält man die folgende Tabelle:
Schüler geöffnete Fächer
1 (1 8 5 10)
2 (2 3)
3 (3 2)
4 (4 9 7 6)
5 (5 10 1 8)
6 (6 4 9 7)
7 (7 6 4 9)
8 (8 5 10 1)
9 (9 7 6 4)
10 (10 1 8 5)
In diesem Fall hätten die Schüler es geschafft. Jeder findet spätestens beim vierten Versuch sein eigenes Heft, und müsste dann wieder sein erstes Fach öffnen. Dabei fällt auf, dass die Schüler 1, 5, 8 und 10 jeweils die gleiche Schleife durchlaufen. Sie fangen nur jeweils an einer anderen Stelle damit an. Genauso geht es den Schülern 2 und 3, sowie 4, 6, 7 und 9. Da keine der Schleifen länger als fünf Fächer ist, bekommen die Schüler mit der oben beschriebenen Strategie eine Woche Ferien.
So eine Zuordnung wie
k 7−→ Nummer des Heftes in Fach k,
die jeder Zahl zwischen 1 und m wieder eine Zahl zwischen 1 und m zuordnet, wobei jede Zahl genau einmal getroffen wird, nennt man eine Permutation der Zahlen 1, ...,m. Die entstehenden Schleifen nennt man auch Zykel, eine Schleife der Länge k bezeichnet man als k-Zykel.
Man kann eine Permutation auch notieren, indem man alle auftretenden Zykel hintereinander schreibt. Es ist dabei egal mit welchem Zykel und an welcher Stelle jeden einzelnen Zykels man beginnt. Die obige Verteilung der Hefte auf die Fächer sähe in Zykelschreibweise z.B. so aus:
(1 8 5 10) (2 3) (4 9 7 6)
Im allgemeinen Fall unseres Problems, wenn 2n Schüler je n Fächer öffnen dürfen, gilt: Wenn die Permutation der Hefte in den Fächern keinen Zykel der Länge > n enthält, werden die Schüler das Spiel gewinnen, sonst nicht. Man kann sich leicht vorstellen, dass die Wahrscheinlichkeit dafür größer ist als 122n
, schließlich gibt es sehr viele Permutationen die nur aus kurzen Zykeln bestehen.
Wir können diese Wahrscheinlichkeit aber auch ausrechnen: Wenn der Lehrer die Hefte wirklich zufällig verteilt und nicht etwa die Strategie der Schüler voraus- sieht und absichtlich lange Zykel einbaut, ist jede Permutation der Hefte gleich wahrscheinlich. Wir müssen also nur die Anzahl aller möglichen Permutationen be- stimmen und abzählen bei wie vielen Permutationen ein langer Zykel vorkommt, um die Wahrscheinlichkeit dass der Lehrer bzw. die Schüler das Spiel gewinnen zu berechnen.
Beginnen wir mit allen möglichen Permutationen: Der Lehrer will 2n Hefte auf 2n Fächer verteilen. Für das erste Heft hat er also 2n verschiedene mögliche Fächer zur Auswahl. Für das zweite Heft sind es nur noch 2n−1 Fächer, denn eines ist ja schon belegt. Für das dritte Heft hat er noch 2n−2 Möglichkeiten usw., bis er für das vorletzte Heft schließlich noch zwischen 2 Fächern wählen kann und das letzte Heft in das letzte freie Fach stecken muss. Insgesamt hat er also
(2n)·(2n−1)·(2n−1)· · ·2·1 =: (2n)!
(sprich: 2n Fakultät) Möglichkeiten.
Jetzt überlegen wir uns, wie viele Permutationen von 2n Heften es gibt, deren längster Zykel die Länge k (k > n) hat. Zunächst wählen wir die Zahlen aus, die im längsten Zykel vorkommen. Dafür gibt es 2nk
= k!(2n(2n)!−k)! (sprich: 2n über k) Möglichkeiten. Diek Zahlen im längsten Zykel können wir jetzt aufk!verschiedene Arten hintereinander schreiben. Da es aber egal, an welcher Stelle man beginnt, einen Zykel aufzuschreiben, gibt es jeweils k Schreibweisen für ein und denselben Zykel. Wir haben also kk! = (k −1)! verschiedene Möglichkeiten, die Zahlen im längsten Zykel anzuordnen. Aus den übrigen 2n−k Zahlen können wir jetzt eine beliebige Permutation bilden. Dazu gibt es wieder (2n −k)! Möglichkeiten. Da k > n ist, ist 2n −k < n < k, und wir können sicher sein, dass wir uns hierbei
keinen Zykel der Länge > k einfangen. (Aus genau diesem Grund ist die folgende Formel für k < n falsch!) Insgesamt gibt es also
2n k
·(k−1)!·(2n−k)! = (2n)!
k!(2n−k)!·(k−1)!·(2n−k)! = (2n)!(k −1)!
k! = (2n)!
k Permutationen mit längstem Zykel der Längek > n oder mit anderen Worten: Die Wahrscheinlichkeit, dass der längste Zykel einer zufällig ausgewählten Permutation die Länge k > n hat, ist genau 1k.
Die Wahrscheinlichkeit, das die Schüler das Spiel gewinnen, d.h. das in der Per- mutation kein Zykel der Länge > n vorkommt, ist also
1−
2n
X
k=n+1
1 k.
Für 100 Schüler (n = 50) ist dies 1− 1
51 − 1
52 − · · · − 1
99 − 1
100 ≈ 0,3118.
Das heißt die Schüler haben tatsächlich eine Chance von über 30% das Spiel zu gewinnen!
Was passiert für noch größere Werte von n?
Für beliebiges n kann man die Wahrscheinlich- keit, dass eine Permutation der Zahlen 1 bis 2n einen Zykel der Länge > n enthält, wie folgt abschätzen: P2n
k=n+1 1
k ist die Untersumme des Integrals R2n
n 1
x dx mit Balken der Breite 1. Es gilt also:
2n
X
k=n+1
1 k <
Z 2n
n
1
x dx = [ln(x)]2nn
= ln(2n)−ln(n) = ln 2n
n
= ln(2)
d.h. die Chance der Schüler das Spiel zu gewin- nen, ist stets größer als 1−ln(2)≈ 0,3069.
Man kann übrigens zeigen, dass die hier beschriebene Strategie optimal ist, d.h.
es gibt keine andere Strategie, mit der die Schüler ihre Gewinnwahrscheinlichkeit weiter verbessern könnten.
Mathematische Lese-Ecke
– Lesetipps zur Mathematik –
von Martin Mattheis
Ziegler, Günter M.: „Mathematik - Das ist doch keine Kunst!“
Was haben ein Bild des Ishango-Knochens, das Gemälde „Die Seifenblasen“ von Manet und ein Foto von Emmy Noether gemeinsam? Alle haben den Berliner Mathematik-Professor Günter M. Ziegler dazu inspiriert, mehr über die dahinter- liegende Geschichte herauszufinden und damit Aufnahme in sein neueste Buch
„Mathematik - Das ist doch keine Kunst!“ gefunden. Die ausgewählten Bilder rei- chen von der ersten bekannten Darstellung eines mathematischen Inhaltes auf dem Ishango-Knochen, einem Fehler Leonardo da Vincis, die Entstehung des Gleich- heitszeichens über Knotentheorie, Möbiusbänder und das Design zur Konstruktion neuer Computer-Chips bis hin zur Analyse der Wahlen in Russland im Jahr 2011 und 2012.
Enthalten sind bei den 24 Bildern oder Bilderpaaren nicht nur Fotos, Kupferstiche oder Gemälde, sondern auch Seiten aus frühneuzeitlichen Rechenbüchern oder das gewandelte Titelbild von „Was ist was Mathematik“. Günter M. Ziegler versteht es sehr gut, die Bilder zu hinterfragen und dann deren Geschichte jeweils sehr ansprechend zu erzählen. Abgerundet wird der Band mit einem nach den Kapiteln geordneten Literaturverzeichnis, so dass man Anregungen findet falls man in die Fragestellungen der einzelnen Kapitel tiefer eindringen möchte.
In dem „Vorschau“ genannten Einführungskapitel gibt der Autor eine Gebrauchs- anweisung zur Nutzung des Buches, die vom Rezensenten voll und ganz bestätigt wird: „Übrigens: Keiner zwingt Sie, in der vorgegebenen Reihenfolge durch das Museum zu gehen. Das Schöne an diesem Buch ist, dass man’s auch irgendwo in der Mitte aufschlagen und einfach schmökern kann. Das ist wie bei der Schokolade im Adventskalender, Türchen auf und . . . oder auch alles auf einen Sitz.“ Dem ist nichts hinzuzufügen!
Fazit: Ein sehr schönes Buch in dem verschiedenste Facetten der Mathematik auftauchen und die in einem sehr lesenswerten Plauderstil erläutert werden.
Gesamtbeurteilung: sehr gut ,,,
Angaben zum Buch:
Ziegler, Günter M.: Mathematik – Das ist doch keine Kunst!
Knaus, 2013, ISBN 978-3-8135-0584-9, gebunden, 312 Seiten, 24,99 e
Art des Buches: Mathematische Plauderei Mathematisches Niveau: verständlich
Altersempfehlung: ab 14 Jahren
Die Aufgabe für den Computer-Fan
Verschlüsselte E-Mail
Ein Mädchen verschlüsselt seine E-Mails. Sie unterschreibt mit ihrem Vornamen HERSBUCO. Bekannt ist, dass sie eine sogenannte affine Chiffre benutzt. Dabei wird der Klartextbuchstabe x mit Ordnungszahl Ox (Platzierung des Buchstaben x im Alphabet) zum chiffrierten Buchstaben y, indem man Oy = a · Ox + b mod 26 bildet. Für a und b sind nur solche natürlichen Zahlen zugelassen, die eine Umkehrung der Verschlüsselung erlauben und damit eine Entschlüsselung.
Als Alphabet werden die 26 großen deutschen Buchstaben von A-Z verwendet mit Ordnungszahlen 0–25. Schreibe ein Programm, um zu herauszufinden, wie sie
wirklich heißt! (WG)
Hinweis: Ihr könnt Eure Lösungen bis zum 31. August 2015 einschicken; denn auch hierbei gibt es Punkte zu ergattern, die bei der Vergabe des Forscherpreises eingehen. Ein eigenes Programm solltet Ihr als Textdatei und die EXE-Datei am besten „gezippt“ als E-Mail-Anhang an monoid@mathematik.uni-mainz.de einsenden.
Die Lösungen werden im übernächsten Heft erscheinen.
Lösung der Computer-Aufgabe aus M ONOID 120
Gewinnchancen bei einem Zufallsspiel
Ein Automat, der zufällig Nullen und Einsen erzeugt, bietet folgendes Spiel für zwei Gegner an: Die beiden Spieler wählen sich jeweils verschiedene dreistellige Muster aus Nullen und Einsen. Daraufhin erzeugt der Automat solange Nullen und Einsen, bis eines der beiden gewählten Muster auftritt. Gewonnen hat derjenige Spieler, der dieses Muster gewählt hatte.
Die beiden Geschwister Alice und Bert sind von diesem Spiel fasziniert. Alice wählt die Sequenz 010 und Bert entscheidet sich für 111. Wer gewinnt öfter? (WG) Ergebnisse
Die Aufgabe erinnert an Pfaddiagramme für dreistufige Zufallsversuche beim Wurf mit einer idealen Münze, deren Seiten Zahl (Z) und Wappen (W) zeigen: Alice setzt auf ZWZ und Bert auf WWW. Wer hat die größte Chance? Faßt man die Computer-Aufgabe so auf, so zweifelt man im ersten Moment an der Fragestellung, denn die Pfadregel ergibt für beide Tripel die gleiche Wahrscheinlichkeit 18. Sinnig ist sie nur, falls sich unterschiedliche Erfolgsaussichten ergeben! Wie kann das sein, wenn doch 0 und 1 gleich wahrscheinlich sind?
Das muss damit zusammenhängen, dass die jeweilige Abfolge von Nullen und Einsen nach dreimaligem Würfeln noch nicht erscheinen muss, sondern sich erst später ergeben kann. Jedenfalls kommt man mit endlichen Zufallsversuchen nicht an die Sache ran. Was bleibt da anderes als ein Simulationsprogramm zu schrei- ben, welches den Zufallsgenerator eines Computers benutzt und dabei die relative Häufigkeit für Erfolge von Alice bzw. Bert zählt, um eine Vorstellung ihrer Er- folgschancen zu erhalten. Tatsächlich zeigt ein solches Programm, dass Alice in etwa 58% der Durchführungen einen Erfolg verbuchen kann während dies bei Bert nur in etwa 42% der Fälle passiert, ein signifikanter Unterschied trotz der bleiben- den Unsicherheit der Ergebnisse bei solchen Simulationen.
Dies haben auch die Schüler Maximilian Hauck vom Elisabeth-Langgässer- Gymnasium in Alzey, Marcel Wittmann vom Karolinen-Gymnasium in Franken- thal und Silas Rathke von der Alexander-von-Humboldt-Schule in Neumünster herausgefunden. Silas hat zudem eine theoretische Lösung berechnet, die die ge- nauen Wahrscheinlichkeiten P(A) = 127 und P(B) = 125 liefert. Er hat dabei Markovketten benutzt, ohne dieses mächtige Werkzeug für nicht endliche Wahr- scheinlichkeitsversuche zu erwähnen. Marcel wiederum macht neben dem Simu- lationsprogramm einen zweiten Ansatz, bei dem er eine endliche Schrittzahl N vorgibt und aus den Ergebnissen für verschiedene N-Werte – bei denen dann auch unentschieden auftreten kann – die Abweichung von den theoretischen, ihm aber unbekannten Wahrscheinlichkeiten abschätzt. Damit kann er die oben erwähnten Ergebnisse 127 und 125 vermuten.
Lösungen der Mathespielereien aus M ONOID 121
Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8
I. Alter gesucht
Bettina Müller ist die Mutter von vier Kindern. Multipliziert man Frau Müllers Alter mit jedem der Alter ihrer Kinder, so ergibt sich 20150.
Patrizia Sailer hat zwei Söhne. Multipliziert man Frau Sailers Alter mit jedem der Alter ihrer Kinder, so ergibt sich 20140.
Kurioserweise haben sowohl Frau Müllers als auch Frau Sailers ältestes Kind heute Geburtstag.
Wie alt waren Frau Müller und Frau Sailer jeweils bei der Geburt ihres ersten
Kindes? (WJB)
Lösung:
20150 = 1·2·5·5·13·31. Hier gibt es zwei Möglichkeiten:2015 = 2·5·5·13·31 =
1· 5· 10 · 13 · 31. In beiden Fällen ist das älteste Kind der 31-jährigen Mutter Bettina 13 alt. Sie war bei dessen Geburt also 18.
20140 = 1·2·2·5·19·53. Dies lässt sich jeweils nur auf eine „vernünftige“ Art zu drei Faktoren zusammenfassen: 20140 = 20·19·53. Also ist Patrizia jetzt 53 und ihr ältester Sohn 20. Sie war bei seiner Geburt also 33.
Theoretisch möglich wäre noch die zweite Möglichkeit: 20140 = 10 · 38 · 53.
Dies hieße, dass Patrizia bei der Geburt ihrer beiden Söhne 15 beziehungsweise 43 gewesen wäre.
II. Gekipptes Quadrat
Ein Quadrat in einem Koordinatensystem mit unbekannter Kantenlänge sei so ge- kippt, dass sein rechter unterer Eckpunkt auf der x-Achse ist und der obere linke die Koordinaten(19|99)besitzt. Wie lauten die Koordinaten des rechten oberen Eckpunk-
tes P? (WG)
x y
Q
P
Lösung:
Die vier Steigungsdreiecke zwischen zwei Eckpunkten des Quadrates haben Kathe- ten der Länge 19 und 80. Dies folgt aus der Kongruenz der Dreiecke. Damit errech- nen sich für den Punkt P die Koordinaten (19 + 80|99−19) = (99|80).
+19 +80
−19
19 80
Q
P
III. Konstruktion mit eingeschränkten Mitteln
M
Gegeben seien zwei konzentrische Kreise in der Ebe- ne mit dem gemeinsamen Mittelpunkt M sowie ein Winkel mit dem Scheitel in M. Konstruiere allein mit einem Lineal die Winkelhalbierende des Winkels. (HF)
Lösung:
M A
B
C D
S w
Die zu konstruierende Winkelhalbierende w ist sowohl Symmetrieachse des Winkels als auch – da sie durch M verläuft – der beiden Kreise und mithin der gesamten Figur.
Es seien nun A, B, C, D die Schnittpunkte der Schenkel des Winkels mit den beiden Kreisen. Da das Dreieck 4DMB ein Spiegelbild des Dreiecks 4MCAist, schneiden sich die DreiecksseitenAC und BD in einem Punkt S der Symmetrieachse.
Somit ist die Strecke MS ein Stück der Symme- trieachse und damit der Winkelhalbierenden w. Da man also die Strecke MS allein mit einem Lineal konstruieren kann, ist auch die Winkelhal- bierende w allein mit einem Lineal konstruierbar.
IV. Zahlen-Knobelei A B C D · A B C D
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
∗ 0 0 ∗ 0 ∗ ∗ ∗
Die nebenstehende Figur beschreibt eine Multi- plikation, von der nur die in der Rechnung vor- kommenden Ziffern 0angegeben sind. Man weiß noch: CD ist eine Quadratzahl. Wie heißt die
ABCD entsprechende Zahl? (HF)
Lösung:
Die erste Ziffer der letzten Zeile ist 1, da die erste Ziffer der vorletzten Zeile höchstens 9 ist. Daher gilt:
10010111 ≤ (ABCD)2 ≤10090999.
Daraus folgt 3164 ≤ABCD ≤3176, also AB = 31 und 64 ≤ CD ≤ 74. Da CD eine Quadratzahl und mithin CD = 64 ist, gilt: ABCD = 3164.
V. Alles in Butter
Vollmilch enthält3,5 %Fett. In der Molkerei wird daraus Magermilch mit1,5 %Fett und Butter (80 % Fett) hergestellt.
Wie viele Liter Vollmilch werden benötigt, um ein Stück Butter (250 ml) herzu- stellen?
a) Mache zunächst eine Überschlagsrechnung.
b) Rechne (erst) dann genau. (Valentin Blomer)
Lösung:
a) Jeder Liter Vollmilch liefert etwa 3,5 %−1,5 % = 2 %, also 1000 ml ·2 % = 20 ml Fett zur Butterherstellung. Für ein Stück werden 250 ml·80 % = 200 ml Fett benötigt, also braucht man etwa 10 Liter Milch.
b) Sei x Liter die gesuchte Menge Vollmilch, aus der x−14 Liter Magermilch und
1
4 Liter Butter entsteht. Dann ist
x − 1 4
· 15
1000 + 1 4 · 80
100 = x · 35 1000, also x = 15716 = 9,8125 [Liter].
VI. Das tapfere Schneiderlein
. . . holte das Brot aus dem Schrank, schnitt sich ein Stück über den ganzen Laib und strich das Mus darüber . . . er legte das Brot ne- ben sich, nähte weiter . . . Indes stieg der Geruch von dem süßen Mus hinauf an die Wand, wo die Fliegen in großer Menge saßen, so dass sie . . . sich scharenweise darauf niederließen. „Ei, wer hat euch eingeladen?“ sprach das Schneiderlein . . . Die Fliegen aber, die kein Deutsch verstanden, . . . , kamen in immer größerer Gesellschaft wie- der. Da . . . langte . . . nach einem Tuchlappen und „Wart, ich will es euch geben!“ schlug es unbarmherzig drauf.
Nimm an, die Brotscheibe war kreisförmig und der Tuchlappen hatte die Form eines Viertelkreises mit gleichem Radius. Nimm weiterhin an, dass sich 25 Fliegen auf das Brot setzten. Zeige: Ganz egal, wie sich die Fliegen auf dem Brot verteil- ten, hatte das tapfere Schneiderlein immer die Möglichkeit, wie im Märchen der Brüder Grimm (mindestens) „Siebene auf einen Streich“ mit seinem Tuchlappen
zu erwischen. (WJB)
Lösung:
Teile den Kreis in vier Viertelkreise. Säßen in jedem Viertelkreis höchstens sechs Fliegen, so ergäbe das nicht mehr als 24 Fliegen. Auf einem der Viertelkreise müs- sen also mindestens sieben Fliegen sitzen. Auf diesen schlägt das tapfere Schnei- derlein „unbarmherzig drauf“.
VII. Quadratzahlen gesucht
Eine vierziffrige Zahl habe die Form xyxy mit den Ziffern x und y, x 6= 0.
Wie viele Quadratzahlen dieser Form gibt es? (H.F.) Hinweis: 101 ist eine Primzahl.
Lösung:
Es gilt xyxy = x ·1000 +y ·100 +x ·10 +y = 1010x + 101y = 101(10x +y).
Nun ist101 eine Primzahl. Wäre xyxy eine Quadratzahl, dann müsste sie also den Faktor 1012 besitzen, sodass 10x + y den Faktor 101 enthalten müsste. Es ist aber 10x +y ≤ 99. Also gibt es keine Quadratzahlen dieser Form.
Neue Mathespielereien
Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8
I. Summen 2014 und 2015
Bestimme alle Paare von ganzen Zahlen a, b mit a < b und b −a gerade, für welche die Summe aller zwischen a und b liegenden ganzen Zahlen
a) gleich 2014 ist, b) gleich 2015 ist.
c) Gibt es auch Lösungen mit ungerader Differenz b−a? (WJB) II. Seite 2015
Christian schlägt ein dickes Buch auf Seite 39 auf. Er überlegt sich folgenden Schritt: Entweder schlägt er die Seite auf, die er erhält, wenn er von seiner aktuellen Seite die Quersumme der um eins kleineren Seite abzieht, oder wenn er zu seiner aktuellen Seite die Quersumme der um eins größeren Seite addiert.
Beispiel: Von39kann er die Seiten39−Q(38) = 39−11 = 28oder39+Q(40) = 39 + 4 = 43 erreichen.
Kann er nach mehrfacher Anwendung exakt die Seite 2015 erreichen? (Also nicht 2014 und dabei 2015 aufschlagen.) (Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium Oberursel)
III. Sieben auf einen Streich
Vergleiche die Mathespielerei „Das tapfere Schneiderlein“ aus dem vorigen MONOID- Heft (Lösung in diesem Heft auf Seite 20).
Wir betrachten jetzt ein kugelförmiges Brot und einen Tuchlappen, der als Kappe ein Viertel der Kugeloberfläche bedeckt. Zeige, dass auch in dieser Situation sich 25 Fliegen nicht so auf dem Brot verteilen können, dass es dem Schneiderlein unmöglich wäre, Sieben auf einen Streich zu erwischen. (WJB) Hinweis: Die Lösungsmethode für die Spielerei lässt sich nicht für diesen Fall mo- difizieren. Betrachte stattdessen die Wahrscheinlichkeit, eine Fliege zu erwischen.
IV. Im Zoo
In einer Erdmännchen-Kolonie mit 17 Tieren werden 88 Nüsse verteilt. Kann man die Verteilung so vornehmen, dass jedes Erdmännchen eine ungerade Anzahl von
Nüssen erhält? (H.F.)
V. Umfangsberechnung mit wenig Angaben
Von der unten abgebildeten Figur sind alle bekannten Maße eingezeichnet. Dabei sind die Winkel an allen Eckpunkten rechte Winkel. Berechne den Umfang der
Figur. (Silas Rathke)
5m
5m 3m
VI. Durchschnittsgeschwindigkeiten
Zwei Läufer haben eine Wette abgeschlossen. Der eine sagt zum anderen, dass er niemals zwei Runden mit einer Durchschnittsgeschwindigkeit von 5ms laufen könnte. Eine Runde hat eine Länge von 1km. In der ersten Runde kommt der Läufer nur auf eine Durchschnittsgeschwindigkeit von 4ms. Wie schnell müsste er also die zweite Runde mindestens laufen, damit er seine Wette gewinnt? (Kevin Mours, Karolinen Gymnasium Frankenthal)
VII. Mittendreieck erzeugt Raute
Im Dreieck 4ABC seien E, F, G die jeweiligen Seitenmitten. Dann ist AEFG ein Parallelogramm. Wo muss der Punkt C in Relation zu A und B liegen, damit
AEFG sogar eine Raute ist? (WG)
A E B
G F
C
Neue Aufgaben
Klassen 9–13
Aufgabe 1127: Ausgewürfelte Zahl – Fortsetzung
In der Neuen Aufgabe 1119 (siehe Heft 120) konntet Ihr lesen, wie David mithilfe eines üblichen Spielwürfels eine vierstellige Zufallszahl, die er als PIN verwenden kann, erzeugt. Dazu wirft er den Würfel viermal nacheinander. Ist dabei aber die Augenzahl eines Wurfes gleich der Augenzahl des vorherigen Wurfes, so wiederholt David den Wurf und verwendet das Ergebnis der Wiederholung – unabhängig davon, ob dies wieder die gleiche Augenzahl ist oder nicht. Hier noch ein paar weitere Fragestellungen dazu:
a) David überlegt: „Es ist klar, dass ich mindestens viermal würfeln muss, um eine PIN zu erhalten. Aber zum Glück gibt es auch eine Maximalzahl, nämlich...“
Gib die maximale Anzahl N an Würfen an, die David benötigt um eine PIN zu erzeugen.
Hinweis: Sollte in der erwürfelten Zahl bereits eine Zahlendopplung vorhanden sein, so gilt für die nächste Stelle wieder die Wiederholungsregel: Ist die Augenzahl für diesen Wurf gleich der Augenzahl des vorherigen Wurfes, also die bereits zweimal geworfene Zahl, so wiederholt David den Wurf und verwendet das Ergebnis der Wiederholung – unabhängig davon, ob dies wieder die gleiche Augenzahl ist oder nicht.
b) Wie oft hat David werfen müssen, wenn er die PIN 1234, 2555 beziehungsweise 6666 erhält?
c) Berechne jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass David vier, fünf, ..., N Würfe benötigt, um die PIN zu bestimmen.
d) Berechne wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass David eine PIN erhält, die aus viermal derselben Ziffer besteht.
e) David hat seine PIN ausgewürfelt und stellt fest: „Ich hatte echt Pech und habe tatsächlich die Höchstzahl an Würfen benötigt.“ – Wie groß ist die Wahr- scheinlichkeit, dass er eine PIN ermittelt hat, die aus viermal derselben Ziffer
besteht. (MG)
Aufgabe 1128: Wie viele Puzzle-Teile?
Bernd puzzelt in seiner Freizeit gerne. Heute hat er ein gewöhnliches rechteckiges Puzzle mit 2015 Teilen begonnen. Bevor er angefangen hat, zählt er, wie viele Teile es mit 4, 3, 2a, 2b, 1 oder 0 Ausbuchtungen gibt. (2a bezeichne die Teile mit zwei Ausbuchtungen, bei denen die Ausbuchtungen nebeneinander liegen. Bei 2b liegen sie gegenüber.) Es gibt 395 Teile mit 3, 532 Teile mit 2a und 194 Teile mit 0 Ausbuchtungen. Die restlichen drei Anzahlen hat er vergessen. Er erinnert sich jedoch, dass es 85 Mal so viele Teile mit 2b Ausbuchtungen wie mit 1 Ausbuchtung gibt.
Nachdem er mit dem Rand mit weniger als 200 Teilen fertig geworden ist, meint er, die drei fehlenden Anzahlen wieder bestimmen zu können. Wie lauten die drei fehlenden Anzahlen?
(Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium Oberursel) Aufgabe 1129: Wie viele rechte Winkel?
Es liegen vier Punkte A,B,C undD im Raum. Von wie vielen der Winkel^ABC,
^BCD, ^CDA und ^DAB musst du nachweisen, dass sie 90◦ groß sind, damit ABCD ein Rechteck ist? (Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium Oberursel) Aufgabe 1130: Drei mal drei macht... – Teil 1 von 3
Stelle die Zahlen 1 bis 4 mit genau drei Dreien dar.
Du darfst dazu alle beliebigen aus der Schulmathematik bekannten Rechenopera- tionen verwenden, aber keine weiteren Zahlen.
Beispiel: 0 = (3−3)·3 (MG)
Aufgabe 1131: Quadratische Tischdecke Auf einer Tischdecke sind wie in der nebenstehenden Abbildung Quadrate abgebildet. Auf der Mitte der Seiten der Tischdecke sind die Ecken des einen Qua- drates – und auf der Mitte der Seiten dieses Quadra- tes sind wiederum die Ecken eines weiteren Quadra- tes.
Die Fläche des inneren Quadrates beträgt 25 dm2. Wie groß ist die Tischdecke insgesamt?
(Daniel Fink, 12. Klasse, Rhein-Wied-Gymnasium, Neuwied)
Aufgabe 1132: Ganzzahlige Lösungen Gegeben sei die quadratische Gleichung
x2 +bx +c = 0 mit einer ungeraden ganzen Zahl b.
Solche Gleichungen lassen sich, beispielsweise mit quadratischer Ergänzung, nachx auflösen.
Gib nun alle ganzen Zahlen c (in Abhängigkeit von b) an, für welche diese Lösun- gen der Gleichung ebenfalls ganzzahlig sind.
(nach H.F.) Aufgabe 1133: Ziffern einer Primzahl
Für jede Primzahlp > 3gilt: Wenn pn für einn > 1in der Dezimaldarstellung 100 Stellen (beziehungsweise 10·x Stellen mit x ≥ 1) besitzt, dann kommt in dieser Dezimaldarstellung eine Ziffer mehr als10-mal (beziehungsweisex-mal) vor. Zeige
dies. (H.F.)
Gelöste Aufgaben aus M ONOID 121
Klassen 9–13
Aufgabe 1120: Summe gleich Produkt gleich Quotient?
Gibt es Zahlen x und y, deren Summe gleich ihrem Produkt und auch gleich dem
Quotienten xy ist? (WJB)
Lösung:
Aus der zweiten Gleichheit xy = xy folgt y2 = xx = 1, also y = ±1
Die Lösung y = 1 ist aber verboten, da dann die Gleichheit x +y = xy zu einem Widerspruch führt, nämlich x + 1 = x, also 1 = 0.
Für die zweite Lösung y = −1 erhält man dagegen x −1 = x ·(−1) = −x, also x = 12.
Also erfüllt das Zahlenpaar x = 12 und y = −1 die Forderung der Aufgabenstel- lung.
Aufgabe 1121: Zwei Vögel und ein Wurm
Ein 10 Meter hoher Baum und ein 14 Meter hoher Baum stehen 16 Meter von- einander entfernt. Auf beiden Bäumen sitzt jeweils ein Vogel am höchsten Punkt.
Gleichzeitig bemerken sie auf der Straße zwischen diesen Bäumen einen Wurm und stürzen sich mit gleicher Geschwindigkeit auf ihn. Sie erreichen ihn zum sel- ben Zeitpunkt.
Berechne die Entfernung des Wurmes von beiden Bäumen! (WG) Lösung:
x 10 14
16
Nach Voraussetzung können die beiden Entfer- nungen der Vögel zum Wurm als gleich ange- nommen werden. Diese sind jeweils Hypotenu- sen in zwei rechtwinkligen Dreiecken. Also gilt in Metern: 102 + x2 = (16 − x)2 + 142, also 100 + x2 = 256 −32x + x2 + 196 und damit 32x = 352, was nach Kürzen x = 11 Meter liefert. Also ist der Wurm vom 10 Meter hohen Baum 11 Meter und vom14 Meter hohen Baum 5 Meter entfernt.
Aufgabe 1122: Wasserrohr
Durch ein Wasserrohr mit kreisförmigem Querschnitt mit Radius R fließt Wasser mit einer konstanten Fließgeschwindigkeit. Durch Kalkablagerungen ist der Radius um 5% verkleinert und dadurch die Fließgeschwindigkeit um 10%vermindert. Um wieviel Prozent ist der Wasserdurchfluss pro Stunde kleiner geworden? (WJB)
Lösung:
Der Querschnitt ist von πR2 auf π(0,95 · R)2 verkleinert. Bei gleicher Fließge- schwindigkeit wäre also der Durchfluß noch 0,952 des ursprünglichen. Wegen der reduzierten Fließgeschwindigkeit ist er um den weiteren Faktor0,9auf0,9·0,952 = 0,8125 verringert, das heißt um 18,75%.
Aufgabe 1123: Ein kaukasisches Rätsel
In Azerbaijan spricht man eine türkische Sprache, in der
„Bir“ die Zahl Eins und „Dörd“ die Zahl Vier bedeutet.
Ersetze nun in der Figur gleiche Buchstaben durch gleiche Ziffern und ungleiche Buchstaben durch ungleiche Ziffern – wobei B und D nicht durch Null ersetzt werden dürfen – sodass eine korrekte Addition entsteht.(gefunden: H.F.)
B I R B I R B I R + B I R D Ö R D Lösung:
(1) 4·BIR ≤ 4·987 < 4000, also ist 1 ≤D ≤ 3. Nun ist 4·R eine gerade Zahl – somit ist ihre Einziffer D = 2.
(2) Aus (1) folgt: 4·R = X ·10 + 2 mit R = 3 und X = 1 oder R = 8 und X = 3.
Es sei R = 8 und X = 3. Dann hat 4· I + 3 die Einerziffer R = 8. Dann aber hätte 4·I die Einerziffer 5 – was unmöglich ist. Somit gilt R = 3 und X = 1.
(3) Aus (2) folgt: 4I + 1 hat die Einerziffer R = 3, sodass I = 3 oder I = 8 ist.
Da bereits R = 3 muss also I = 8 sein.
(4) Aus (3) folgt: 4·B+ 3 = DÖ. WegenD = 2 gilt also 4B+ 3 = 20 +Ö und daher 4B = 17 +Ö, sodass Ö ungerade sein muss. Ö = 3 ist wegen R = 3 auszuschließen. Für Ö = 1, Ö = 5 und Ö = 9 ist 17 +Ö kein Vielfaches von 4. Folglich gilt Ö = 7 und daher B = 6.
Probe: 4·BIR = 4·683 = 2732 = DORD.¨ Aufgabe 1124: Zahlen-Logik
Der Logiker L und der Mathematiker M haben am gleichen Tag Geburtstag. Bei ihrer gemeinsamen Geburtstagsfeier unterhalten sich die beiden Freunde L undM. L zu M: Ich habe mir drei natürliche Zahlen gedacht, deren Produkt 2450 ist und deren Summe dein Alter (in ganzen Jahren) angibt.
M zu L nach längerem Nachdenken und Rechnen: Ich sehe keine Möglichkeit, die drei Zahlen anzugeben.
L zu M: Jeder der drei Zahlen ist kleiner als mein Alter (in ganzen Jahren).
M zu L: Jetzt kenne ich die drei Zahlen.
a) Wie heißen die drei Zahlen?
b) Wie alt sind L und M? (H.F.)
Lösung:
Es gibt 20 verschiedene Zahlentripel x, y, z mit x ≤ y ≤ z, deren Produkt xyz = 2450 ist:
x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
y 1 2 5 7 10 14 25 35 49 5
z 2450 1225 490 350 245 175 98 70 50 245 x + y + z 2452 1228 496 358 256 190 124 106 100 252
x 2 2 2 5 5 5 5 7 7 7
y 7 25 35 5 7 10 14 7 10 14
z 175 49 35 98 70 49 35 50 35 25 x + y + z 184 76 72 108 82 64 54 64 52 46
Die 20 Summen x + y + z sind alle verschieden außer 5 + 10 + 49 = 64 und 7 + 7 + 50 = 64. Da M sein Alter kennt, hätte er bei jeder anderen Summe x + y + z 6= 64 sofort x, y und z angeben können. Aus seiner ersten Antwort folgt daher, dass x +y +z = 64 sein muss, und er 64 Jahre alt ist. Ferner ist
(1) x = 5,y = 10,z = 49 oder x = 7,y = 7,z = 50.
Aus der zweiten Aussage von L zusammen mit (1) folgt, dass L mindestens 50 Jahre alt ist. Wäre sein Alter ≥ 51, dann erfüllen beide Tripel (1) L’s zweite Aussage und wieder hätte M nicht entscheiden können, welches der Tripel (1) das Lösungstripel ist. Aus M’s zweiter Aussage folgt also: L ist 50 Jahre alt und x = 5, y = 10, z = 49.
Aufgabe 1125: Zufällige Auswahl
Aus dem Intervall [1, 10] wird durch Zufallsauswahl eine reelle Zahl x bestimmt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dassx die Ungleichungx+x6 ≤ 5erfüllt?(H.F.) Lösung:
Durch äquivalente Umformungen ergibt sich aus der gegebenen Ungleichung x +
6
x ≤ 5mit x ≥ 1⇐⇒ x2−5x+ 6 ≤0 ⇐⇒ (x−2)(x−3) ≤ 0, so dass entweder x ≥ 2 und x ≤ 3, also 2 ≤x ≤ 3 oder x ≤ 2 und x ≥ 3 ist – was nicht möglich ist.
Damit gilt die gegebene Ungleichung genau dann, wenn 2 ≤ x ≤ 3 ist. Weil nun das Intervall [2, 3] die Länge 1 und das Intervall [1, 10] die Länge 9 hat, ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 19.
Aufgabe 1126: Teiler einer Primzahlen-Summe
Zeige: Für zwei unmittelbar aufeinander folgende Primzahlen p und q, beide > 2, gilt: p + q ist eine Zahl, deren Zerlegung mindestens drei Primfaktoren enthält, die nicht notwendigerweise verschieden sein müssen. (H.F.)
Lösung:
In der abgedruckten Aufgabenstellung hieß es noch: p +q ist eine Zahl mit min- destens drei Primteilern. – Dies ist jedoch falsch: Die Primzahlen 3 und 5 sind beide größer als 2und folgen unmittelbar aufeinander, aber ihre Summe 8 hat nur einen Primteiler, nämlich 2. Bei 7 und 11 sieht es nicht viel besser aus, denn 18 hat nur die Primteiler 2 und 3.
Gemeint war jedoch die oben abgedruckte Aussage, die wir hier zeigen werden∗: Es sei p < q. Dann ist 2 < p < q und q = p + 2 · n für ein n ≥ 1, da p und q beide ungerade sind. Also gilt: p + q = p + p + 2n = 2(p + n). Wegen p < p + n < q ist p + n zerlegbar, da sich zwischen p und q = p + 2n keine Primzahlen befinden. Also ist p+n = p1p2...pr, wobei r ≥ 2 und pi Primzahlen sind. Somit ist p + q = 2 ·p1p2...pr, sodass p + q in seiner Zerlegung die drei Primfaktoren 2, p1 und p2, die nicht verschieden sein müssen, enthält.
Damit hat p+q die drei verschiedenen Teiler 2, 2p1 und 2p1p2.
Dreieck, Umkreis und Höhenschnittpunkt
Gegeben sei der Kreis k(M,r). Innerhalb des Kreises befinde sich der Punkt H mit H 6= M. Konstruiere ein Dreieck ABC derart, dass die Punkte A,B,C auf dem Kreis k liegen und H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC ist.
Skizze zur Aufgabe
C
D A
H B k
Skizze zum Lösungsvorschlag 1 Lösungsvorschlag 1 (von Marcel Wittmann)
1. Wähle den Punkt C beliebig auf dem Kreis k.
2. Bestimme den zweiten Schnittpunkt der Gerade CH mit k und nenne ihn D.
∗ Natürlich gab es auch für das Widerlegen der Aussage in der Aufgabenstellung volle Punktzahl.
3. Die Schnittpunkte der Mittelsenkrechten der Strecke HD sind die gesuchten Punkte A und B.
Beweis, dass H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks 4ABC ist:
Es sei k0 das Bild von k bei Spiegelung von AB. Da bei dieser Spiegelung auch D aufH abgebildet wird und daD aufk liegt, lieftH aufk0. Der zweite Schnittpunkt von CD mit k0 sei P. Ist C frei beweglich auf k, ist, wie in Lösungsvorschlag 2 gezeigt wurde, k0 die Ortskurve des Höhenschnittpunkts. Da dieser natürlich auch auf der Höhe von C auf AB, also auf CD liegen muss, kommen als Höhenschnitt- punkte nur H und P in Frage. Da 4ABC bei A und B spitze Innenwinkel hat, muss der Höhenschnittpunkt auf der gleichen Seite von AB liegen C. Da P dann auf der falschen Seite von AB liegt, muss H der Höhenschnittpunkt sein.
Lösungsvorschlag 3: Ortskurve vom Höhenschnittpunkt (von Ingmar Rubin und Hanspeter Indermaur)
Für die Lösung der Aufgabe ist es hilfreich sich die Ortskurve vom Höhenschitt- punkt im Dreieck zu verdeutlichen. Man benutze für die folgende Untersuchung ein Programm der dynamischen Geometrie.
Ortskurve vom Höhenschnittpunkt im Dreieck
Gegeben sei der Kreis k mit Ra- diusr dem DurchmesserUV und dem Mittelpunkt M. Parallel zu UV verlaufe die Sehne AB im Abstandazum Durchmesser. Auf dem Kreis befinde sich der be- wegliche Punkt C. Nun verbin- den wir die Punkte A,B,C zum Dreieck ABC und konstruieren den Höhenschnittpunkt H. Die Fragestellung lautet: Auf welcher Kurve c wird sich H bewegen, wenn wir den Punkt C einmal vollständig auf dem Kreis bewe- gen. Abbildung 2 zeigt als Orts- kurve von H einen Kreis (Fass- kreis) der durch die PunkteAund B geht. Der Radius von diesem Kreis ist identisch zum Radius r vom Kreis k.
Der Beweis, dass die Ortslinie des Höhenschnittpunkts ein Kreis ist, geht wie folgt:
Der Winkelγ hängt nicht von der Lage vonC auf dem Kreis ab (Peripheriewinkel- satz). Weil ha auf Seitea normal steht und hb auf Seiteb, ist^AHB = 180◦−γ.
F liegt daher auch auf einem Kreisbogen, den man erhält, wenn man den Umkreis an AB spiegelt. Der Mittelpunkt K vom Fasskreis befindet sich auf der Mittel- senkrechten der Sehne AB.
Konstruktion des Dreiecks ABC aus dem Höhenschnittpunkt und Umkreis
Konstruktion des Dreiecks
1. Zeichne den Kreis k mit Radius r und Mittelpunkt M.
2. Trage innerhalb von k einen Punkt H ein.
3. Zeichne durch M, H den Durch- messer UV ein.
4. Errichte die Senkrechtepim Punkt H zum DurchmesserUV. Markiere die Schnittpunkte von p mit k als C,D.
5. Errichte in M die Senkrechte s zum Durchmesser UV.
6. Fälle von D das Lot auf s und be- zeichne den Schnittpunkt mit K. 7. Zeichne um K einen Kreis k0 mit
Radius r. Bezeichne die Schnitt- punkte von k und k0 mit A,B.
8. Verbinde die Punkte A,B,C zum Dreieck ABC.
9. H ist der Höhenschnittpunkt des Dreicks ABC, denn: H ist Teil der Ortskurve, wenn sich C auf k be- wegt.
Lösungsvorschlag 2: Eulergerade (von Jutta Gut, Wien)
Die Lösungsidee basiert auf der Eulergeraden in einem Dreieck, wobei Umkreis- mittelpunkt, Schwerpunkt und Höhenschnittpunkt auf einer Geraden liegen. Der Schwerpunkt S liegt bei SM = 13 ·HM.
1. Wähle einen beliebigen Punkt C auf dem Kreis k
2. Zeichne auf der Strecke HM den Punkt S, so dass MS = 12 ·HS 3. Zeichne in der Verlängerung der
Strecke CS den Punkt D, so dass DS = 12 ·CS
4. Lege durch den Punkt D eine Nor- male zur Geraden HC
5. Ihre Schnittpunkte mit dem Kreis k sind die Ecken A und B des ge- suchten Dreiecks.
Es ist noch zu zeigen, dass H wirklich der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC ist. Weil die Dreiecke SHC und SMD ähnlich zueinander sind, ist MD parallel zu HC. MD steht daher normal auf die Sehne AB, also ist D der Halbierungspunkt von AB. CD ist also eine Schwerlinie (Seitenhalbierende) des Dreiecks, und S ist der Schwerpunkt. Wegen MS = 12 ·HS ist H der Höhenschnittpunkt.
Mathematische Entdeckungen
Zwölfer-Reste
Schreibe ein nicht zu kurzes Anfangsstück A der Folge aller natürlichen Quadrat- zahlen auf. Dividiere dann alle Zahlen aus A durch 12 und achte auf die dabei entstehenden Reste.
Erkennst du ein Muster in der Aufeinanderfolge der Zwölfer-Reste? Versuche dieses
Muster mathematisch zu beschreiben. (H.F.)
Hinweis: Eure mathematischen Entdeckungen könnt Ihr bis zum 31. August 2015 an die MONOID- Redaktion einsenden, denn auch hierbei gibt es Punkte zu ergattern. Eure Ergebnisse werden jeweils im übernächsten Heft erscheinen.
Lösung der Aufgabe aus Heft 120
In Heft 120 stellten wir Euch folgende Aufgabe:
Kurven erzeugen Gebiete
Zeichne in der Ebene n nicht geschlossene Kurven K1, K2, . . . , Kn, n ≥ 2, von denen sich keine selbst schneidet und von denen keine drei durch einen Punkte verlaufen – die folgenden geometrischen Situationen sind also nicht erlaubt:
eine geschlossene Kurve eine sich selbst schneidende Kurve
drei Kurven mit einem gemeinsamen Schnittpunkt
Für die Kurven K1, K2, . . . , Kn soll ferner gelten: Je zwei Kurven schneiden sich in s Punkten, wobei s = 1 oders = 2 oder s = 3 oder . . . sei. Dadurch entstehen jeweils von Kurvenstücken eingeschlossene Gebiete.
Beispiel:
Jede zwei der Kurven K1, K2, K3, K4 schneiden sich in zwei Punkten, wodurch neun geschlossene Gebiete entstehen.
Untersuche nun, wie viele Gebiete sich ergeben, wenn für n Kurven K1, K2, . . . , Kn, n ≥ 2 gilt:
a) Jede zwei Kurven haben einen Schnittpunkt;
b) Jede zwei Kurven haben zwei Schnittpunkte;
c) Jede zwei Kurven haben drei Schnittpunkte. (H.F.) Hinweis: Du kannst Deine Lösung als nicht zu kurze Tabelle angeben. Lösungen können aber auch vermutete Anzahlformeln sein, die dann aber nicht zu beweisen sind.
Ergebnisse
Mit dieser Aufgabe haben sich beschäftigt: Daniel Fink, Rhein-Wied-Gymnasium, Tobias Jedich, Augustinerschule Friedberg, Kevin Mours, Karolinen-Gymnasium Frankenthal, Silas Rathke, Karolinen-Gymnasium Frankenthal, und Marcel Witt- mann, Karolinen-Gymnasium Frankenthal.
Daniel hat für alle n ≤ 15 jeweils die Tabellen für einen, zwei oder drei Schnitt- punkte erstellt. Tobias hat den Fall von sechs Kurven sogar noch in allen drei Fällen gezeichnet. Kevin hat jeweils Formeln gefunden, indem er angab, wie viele neue Gebiete bei Hinzufügen einer weiteren Kurve hinzukommen.
Marcel und Silas haben die Formel As,n = 12(sn−2)(n−1)
für die Anzahl der geschlossenen Gebiete, die entstehen, wenn sich von insgesamt n Kurven je zwei in genau s Punkten schneiden, hergeleitet.
Wir geben hier Silas’ Lösung wieder:
Wir versuchen, aus den Kurven einen planaren Graphen zu erhalten. Dazu lassen wir einfach die „losen Enden“ von jeder Kurve weg. Das ist auch möglich, da diese keine Kanten von eingeschlossenen Flächen sind. Nun bezeichnen wir die Schnittpunkte als Ecken. Es sei E die Anzahl der Ecken, F die Anzahl der Flächen (ohne die unendliche Fläche um den Graphen) und K die Anzahl der Kanten, welche je zwei Ecken verbinden. Nach der Eulerschen Polyederformel ist dann E + F −K = 1. Wenn es uns also gelingt, die Anzahl der Ecken und die Anzahl der Kanten zu bestimmen, können wir so die Anzahl der eingeschlossenen Gebiete berechnen. Bestimmen wir zuerst K: Generell laufen pro Ecke vier Kanten weg.
Allerdings werden da auch losen Enden mitgezählt, die wir am Anfang entfernt haben. Diese müssen wir noch von der Anzahl abziehen. Da es pro Kurve zwei lose Enden gibt, erhalten 4E −2n. Jedoch wurde so jede Kanten doppelt gezählt, da sie von ihren beiden Endpunkten wegläuft. Das Ergebnis muss also noch durch 2 geteilt werden. Also ist
K = 4E−22n = 2E −n.
Wir müssen nun noch E berechnen. Da pro zwei Kurven s Schnittpunkte entste- hen, ist
E = s · n2 .
Nach der Eulerschen Polyederformel gilt also:
1 = s n
2
+F −2s n
2
+n
⇐⇒ F = 1−n+s n
2
= (n−1)·sn
2 −1
= 1
2(n−1)(sn−2)
„Manche Menschen haben einen Gesichtskreis vom Radius Null und nennen ihn ihren Standpunkt.“
David Hilbert
1862–1943 deutscher Mathematiker
Aus den Archiven der Mathematik
Eine Aufgabe aus dem 13. Jahrhundert
von Hartwig Fuchs
Von Leonardo Fibonacci (um 1170–1250), einem der großen Mathematiker am Beginn der Neuzeit, stammt die folgende Aufgabe:
Jeder von sechs Männern besitzt eine gewisse Anzahl von Münzen.
Ohne die Münzen des ersten Mannes sind es insgesamt 75 Münzen, ohne die des zweiten Mannes sind es 70, ohne die des dritten Mannes sind es 67, ohne die des vierten Mannes 64, ohne dies des fünften Mannes sind es 54 und ohne die des sechsten Mannes sind es 50 Münzen. Wie viele Münzen besitzt jeder der Männer?
Lösung
Es sei ai die Anzahl der Münzen des i-ten Mannes und A sei die Anzahl aller Münzen der Männer. Dann gilt:
A − a1 = 75, A − a2 = 70, A − a3 = 67, A − a4 = 64, A − a5 = 54, A−a6 = 50.
Addiert man diese sechs Gleichungen, so folgt:
6A−(a1 +a2 + ... +a6) = 6A−A = 5A = 380.
Also ist A = 76. Damit erhält man: a1 = 1, a2 = 6, a3 = 9, a4 = 12, a5 = 22, a6 = 26.
Harmonische Reihen
von Hans-Jürgen Schuh
In der Stochastik spielen symmetrische Irrfahrten eine wichtige Rolle, das heißt je nach Dimension d bewegt sich dieser stochastische Prozess auf einem d- dimensionalen Zahlengitter bei jedem Schritt mit Wahrscheinlichkeit2−d zu einem der 2d Nachbarn seines gegenwärtigen Standorts weiter. Man interessiert sich da- für, ob die Irrfahrt mit Wahrscheinlichkeit 1je wieder zu ihrem Startpunkt zurück- kehrt (Rekurrenz) oder mit positiver Wahrscheinlichkeit im Raum verloren geht (Transienz).
Es zeigt sich, dass dies vom Grenzverhalten der folgenden Verwandten X∞
i=1
1 id2
