Jahrgang 33 Heft 115 September 2013

Jahrgang 33 Heft 115 September 2013

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 5–8sind in erster Linie dieMathespielereienvorgesehen; 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 denNeuen Aufgaben, abgeben. Schüler/innen der Klassen 5–8 erhalten hierbei die 1,5-fache Punktzahl. Punkte aus den Rubriken Computer-Fan undMathematische Entdeckungen werden bei der Vergabe des Forscherpreises zugrunde gelegt. (Beiträge zu verschiedenen Rubriken bitte auf verschiedenen Blättern.)

Einsende-(Abgabe-)Termin für Lösungen ist der 15.11.2013.

Zuschriften bitte an folgende Anschrift:

Johannes Gutenberg–Universität Institut für Mathematik

M^ONOID-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 M^ONOID 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 denNeuen Aufgaben und denMathespie- lereien, Artikel schreiben, Lösen von Sternchenaufgaben, Erstellen von neuen Aufgaben, etc.

Und nun wünschen wir Euch viel Erfolg bei Eurer Mitarbeit! Die Redaktion

Mainzer Mathe-Akademie 2013

von Farah Breiden

Johannes-Gutenberg-Universität Mainz, 04.09.–08.09.2013.

Semesterferien, die Uni in Mainz ist fast gänzlich leer. Nur im Mathematikge- bäude laufen rund 30 Schülerinnen und Schüler mit ein paar Professoren, Lehrern und Studenten durch die Räume. Man fragt sich, was sie da tun. Das waren die 30 Mathebegeisterten, die an der diesjährigen Mainzer Mathematik-Akademie teilnahmen.

Es begann alles mit der Anreise am Mittwochabend, der eine kurze Vorstellungs- runde folgte, nach der man allerdings schon wieder die Hälfte der Namen vergessen hatte. Doch das änderte sich mit der ersten Runde „Werwolf“, einem gesellschaftli- chen Karten-Taktik-Spiel, das für uns zum abendlichen „Ritual“ wurde. Am darauf folgenden Tag ging es, nach einem Frühstück in unserer Unterkunft Don Bosco, sofort an die Uni. Die drei Dozenten Frau Dr. Cynthia Hog-Angeloni (Topologie oder: Das Interessante an der Kaffeetasse ist der Henkel), Frau Prof. Dr. Yset- te Weiß-Pidstrygach (Strukturerhaltende Abbildungen und Invarianten) und Herr Prof. Dr. Steffen Fröhlich (Summenformeln in Analysis und Geometrie) stellten uns kurz ihre Themen vor und wir teilten uns in Arbeitsgruppen auf. Die Verpfle- gung erfolgte jeden Mittag in der Mensa und so waren wir dem Studentenleben noch näher.

Die verschiedenen Gruppen erarbeiteten mit großer Begeisterung ihr eigenes The- ma. Der Invarianten-Kurs machte sich erst mit einigen Spielen die Funktion von Invarianten klar und wandte diese dann auch auf Knoten an. Der Topologie- Kurs beschäftigte sich währenddessen mit Verformungen und dem Färben und der Summenformel-Kurs zum Beispiel mit der Gaußschen Summenformel oder Po- tenzsummen. Wir hatten eine Menge Spaß dabei und die Themen waren wirklich interessant.

Damit man aber nicht „nur“ sein eigenes Themengebiet verstand, wurde am Sonn- tag eine große Präsentation vorbereitet, bei der jede Arbeitsgruppe einen Semi- narvortrag hielt und so das Thema vermittelte.

Doch wir lernten noch mehr: Bei einer extra für uns gehaltenen Vorlesung über die Geschichte der Mathematik von Martina Schneider lernten wir einiges über

"Plimpton322", eine mit Keilschrift beschriebenen Steintafel.

Doch nicht nur das, auch über die Universität und das Mathematikstudium wur- de uns erzählt, von den Dozenten zwischendurch und auch von unseren beiden betreuenden Lehrern, Herrn Marcel Gruner und Herrn Martin Mattheis, bei einer Uniführung über den gesamten Campus.

Zusätzlich zu all dem Mathematischen dieser wirklich lohnenswerten Veranstaltung wurde auch noch einiges im Rahmenprogramm geboten: Wir gingen Minigolfen.

Es war zwar durch einen „kleinen“ Umweg etwas später als geplant, aber den- noch sehr spaßig. Am Donnerstag schauten wir uns einen Mathematikfilm an und am Samstag sahen wir bei einer Stadtführung auch etwas von der Stadt Mainz außerhalb der Universität.

Die MMA hat unglaublich viel Spaß gemacht und war sehr interessant. Ich denke, viele von uns werden sich nächstes Jahr wieder bewerben. Hiermit möchte ich mich, im Namen aller Teilnehmer, noch bei allen bedanken, die dieses Ereignis auf die Beine gestellt haben, Herrn Gruner, Herrn Mattheis, den Dozenten der Universität Mainz und den studentischen Helfern. Sie haben alle etwas beigetragen und uns das Mathematikstudium etwas näher gebracht.

Farah Breiden besucht die 11. Klasse des Gymnasium im Kannenbäckerland in Höhr-Grenzhausen.

An der MMA nahm sie 2013 zum ersten Mal teil.

Explore Science

Ein Erlebnisbericht

von Kevin Mours

Zum achten Mal fanden im Juni die naturwissenschaftlichen Erlebnistage „explo- re science“ der Klaus-Tschira-Stiftung im Luisenpark Mannheim statt. Thema in diesem Jahr waren die Geowissenschaften, so dass das Angebot der Wettbewerbe

von Erdbebensicherheit, Kristallzucht über Wasserraketenbau und Kettenreaktio- nen bis hin zur Landvermessung recht breit gefächert war.

Als formelbegeisterte Zahlenliebhaber stand für Marcel, Adriana und mich aber schon recht bald fest, dass wir uns näher mit dem Thema Landvermessung aus- einandersetzen würden. Bei dieser Wettbewerbsaufgabe galt es, die Fläche zweier virtueller Dreiecke zu bestimmen, deren Eckpunkte sich in einem Abstand von ca. 50m in unterschiedlichen Höhen zwischen 0 und 25 Metern irgendwo im Lui- senpark befinden sollten. Über ein eigenes, geeignetes Messverfahren sollten die Eckpunkte möglichst genau ermittelt werden, wobei keine Maßbänder zur Ermitt- lung der Punkthöhe eingesetzt werden durften und auch lasergestützte Verfahren unzulässig waren. Doch wie sollte das ohne professionelles Gerät nur klappen?

Schließlich verlassen wir uns heute nur zu gerne auf Computer, neueste Technik und elektronische Messverfahren. Wir beschlossen, es daher mit einem Blick in die Vergangenheit zu versuchen und stießen dabei recht bald auf den Theodo- lithen, ein Winkelmessinstrument, welches in der Geodäsie (Vermessungskunde) zur Messung von Horizontalrichtungen und Vertikalwinkeln Verwendung findet.

Während Adriana und ich an den Planungen zum Bau eines dem Theodolithen ähn- lichen Messgerätes arbeiteten, begann es bei Marcel unverzüglich im Mathematik- erprobten Kopf zu rattern und dank Trigonometrie und Winkelkunde standen nur wenig später die ersten Formeln zur Berechnung der Dreiecksfläche fest, zumin- dest theoretisch. Mit Hilfe unserer Vorrichtung wollten wir den Winkel zwischen Dreieckspunkt und Boden von unserem Standpunkt aus gesehen bestimmen und darüber dann die Punkthöhe bestimmen.

Zwei Tage lang wurde im Keller gemessen, gesägt, geklebt und geschraubt bis unsere Apparatur (siehe Bild) fertig war. Und siehe da, auch praktisch schien unser Winkelmes- ser ganz gute Ergebnisse zu erzielen, zumindest im Klas- senzimmer. Ob das auch für den Wettbewerb im großen Maßstab reichen würde? Zudem galt es ja auch, gegen- über den Zwölftklässlern unserer Schule zu bestehen, die beim gleichen Wettbewerb antraten und die die Messge- nauigkeit ihrer theodolith-ähnlichen Vorrichtung mit einem sogenannten Nonius (bewegliche Längenskala zur Steige- rung der Ablesegenauigkeit auf Winkel- und Längenmess- geräten) noch steigern wollten.

Mit Spannung erwarteten wir den Wettkampftag und hatten zunächst ganz unge- ahnte Probleme zu lösen. Per Foto sollten wir die entsprechenden Dreieckpunkte im Park finden, was bei den beschriebenen Laternen und aufgespießten Tennisbäl- len auch nicht besonders schwer war. Doch der genannte Baum wurde im Winter fotografiert und hatte entsprechend im Juni ein paar Blätter mehr im Geäst, was die Suche nach der Astgabel damit praktisch unmöglich machte. Dann kam noch

die Sache mit dem angeblichen Zeitlimit (das sich später natürlich als falsch her- ausstellte), die uns veranlasste die Messungen jeweils im Schnelldurchgang zu absolvieren. Ein kurzer Blick, Winkel bestimmt, Entfernung gemessen, durch die Formeln geschickt und das Ergebnis notiert.

Außerdem mussten wir unsere Vorrichtung und Formeln noch der Jury erklären, denn auch Originalität und Umsetzung gingen mit in die Bewertung ein. Wie genau wir gemessen hatten und vor allem, wie uns die Jury bewertete, konnten wir jedoch bis zur Siegerehrung nicht sagen, so dass die Auf- regung bis zur letzten Minute blieb.

Umso größer war die Freude über den dritten Platz. Und unsere Zwölfer? Die haben mit einem neunten Platz auch gut abgeschnitten und konnten ihre Ehre mit einem ersten Platz beim Kristallzuchtwettbewerb wieder herstellen. Auch unsere Wasserraketenbauer und Turmkonstrukteure (Erdbebensicherheit) waren mit ihren Ergebnissen ganz zufrieden, so dass wir alle mit sehr guter Stimmung von den

„explore science“-Tagen zurückkehrten und uns schon auf das kommende Jahr freuen, das dann unter dem Motto „Biologische Vielfalt“ stehen wird.

Mathematische Lese-Ecke

– Lesetipps zur Mathematik –

von Martin Mattheis

Ian Stewart: „Professor Stewarts mathematische Schätze“

Wieder einmal ist Ian Stewart, Professor für Mathematik an der Universität im englischen Warwick, eine spannende Zusammenstellung der verschiedensten ma- thematischen Schätze gelungen.

Wer erfahren möchte, wer das Gleichheitszeichen erfand, wie groß 1 Googol ist, welche Verbindung es zwischen Mathematik und Piraterie gibt, was Mathematiker über Mathematik sagten, was die Klein’sche Fläche mit einer Flasche zu tun hat, wie groß die Oberfläche eines Straußeneis ist, oder eine humoristische Betrachtung sucht, wie die Geschichte der Mathematik in den nächsten Jahrhunderten weiter- geht, der ist hier richtig. Stewart ist eine äußerst kurzweilige Zusammenstellung von Rätseln, Anekdoten, Witzen, Sprüchen von Mathematikern über Mathematik oder Essays gelungen. „Professor Stewarts mathematische Schätze“ ist nicht dazu gemacht, es an einem Stück von vorne bis hinten durchzulesen, aber man wird es immer wieder gerne zur Hand nehmen und sich immer wieder darin festlesen.

Zu den Rätseln gibt es im Lösungsteil nicht nur die Lösungen der Aufgaben, sondern je nach Fragestellung auch interessante Zusatzinformationen.

Fazit: Die Schatzkiste eignet sich nicht nur zum Selberlesen, sondern ist auch ein schönes Geschenk, an dem der oder die Beschenkte immer wieder Freude haben wird.

Gesamtbeurteilung: sehr gut ,,,

Angaben zum Buch:

Stewart, Ian: Professor Stewarts mathematische Schätze.

Rowohlt, 2012, ISBN 978-3-498-06415-0, geb., 432 Seiten, 19,95 e.

Art des Buches: Diverses aus und über Mathematik Mathematisches Niveau: verständlich

Altersempfehlung: ab 14 Jahren

Der Schmetterlingssatz

von Hartwig Fuchs

Der Bauplan eines geometrischen Schmetterlings Figur 1

M

D C

P Q

A B

V W

Die Strecke PQ sei eine Sehne mit Mittelpunkt M in einem Kreis k. Ferner seien AC und BD zwei weitere durch den Punkt M verlaufende Sehnen von k. Wenn man nun die Punkt A undD sowie die Punkte B undC durch jeweils eine Strecke verbindet, dann ist die Figur AMBCMDA ein geometrischer Schmetterling.

Für einen solchen Schmetterling gilt mit den obigen Bezeichnungen:

Der Schmetterlingssatz:

(a) Die Winkel der Flügelspitzen bei A und B sind gleich groß und das Gleiche gilt für die Winkel bei den Flügelspitzen C und D.

(b) Wenn die Strecke AD die Sehne PQ in V und die Strecke BC die Sehne PQ in W schneidet, dann sind die Strecken VM und WM gleich lang.

Beweis von (a):

Zur Erinnerung:

1. Es sei PQ der Durchmesser eines Kreises mit dem Mittelpunkt O und A sei ein beliebiger Punkt auf dem Kreis mit A 6= P und A 6= Q. Dann gilt:

(1) |^OPA| = ¹₂|^QOA|.

Im gleichschenkligen Dreieck 4OAP ist

|^PAO| = α, sodass 2α + β = 180^◦ ist.

Weiter ist γ + β = 180^◦. Durch Gleichsetzung folgt: 2α = γ, also α = ¹₂γ.

P Q

O

A

α β γ

2. Es seiPQ eine Sehne in einem Kreis mit dem Mit- telpunkt O und es sei ein beliebiger Punkt A auf dem Kreis mit A 6= P und A 6= Q so gewählt, dass P und Q auf verschiedenen Seiten der Gera- den durch A und O liegen. (Der Nachweis, dass (2) auch gilt, wenn P und Q auf der selben Seite der Gerade durch A und O liegen, überlassen wir dem Leser.) Dann gilt:

(2) |^PAQ|= ¹₂|^POQ|.

P Q

A

B O

α

γ α₁ α2

γ₁ γ2

Für den Durchmesser AB gilt nach (1): α1 = ¹₂γ1 und α2 = ¹₂γ2. Daher ist α = α1 +α2 = ¹₂(γ1 + γ2) = ¹₂γ, sodass (2) zutrifft.

Aus (2) folgt (a): Es sei O der Mittelpunkt des Kreises. Für die Sehne AB in Figur 1 gilt |^ADB| = ¹₂ |^AOB| = |^ACB|; für die Sehne CD in Figur 1 gilt

|^CAD| = ¹₂ |^COD| = |^CBD|. Beweis von (b):

Zur Erinnerung: Es seienAC undBD Sehnen in einem Kreis, die sich in einem Punkt E im Innengebiet des Kreises schneiden. Dann gilt:

(3) |AE| · |EC| = |BE| · |ED|.

Die Dreiecke 4AED und 4BCE sind ähnlich, weil aus (2) so wie bei Nachweis von (a) folgt, dass sie in zwei und damit auch in allen drei Winkeln über- einstimmen. Dann ist |AE| : |ED| = |BE| : |EC|, woraus (3) folgt.

E

C

B D

A

Zum Nachweis von (b) zunächst einige Bezeichnungen sowie Ergänzungen in Fi- gur 1. Es seien |PM| = |QM| = m, |VM| = v und |WM| = w – vergleiche Figur 2. Dann ist:

(4) |PV| = m−v, |VQ|= m+v, |PW| = m+w, |WQ| = m−w.

Figur 2

M

D C

P Q

A B

V W

E F

H G

h g

e f

v w

In der Figur 2 seien VE und VH die Lote der Längen e und h von V auf die Sehnen AC und BD sowie WF und WG die Lote der Längen f und g auf die Sehnen AC und BD.

Die Dreiecke 4VHM und 4WMF sind ähnlich; also ist v : h = w : f. Die Dreiecke4VEM und4WGM sind ähnlich , sodassv : e = w : g ist. Multipliziert man diese beiden Proportionen miteinander, so erhält man:

(5) ^v_eh² = ^w_fg² und daraus (6) _w^v22 = ^e_f · ^h_g.

Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke 4VAE und 4WFB gilt:

e : |AV| = f : |BW|; ebenso sind die Dreiecke |VHD| und |WCG| ähnlich, sodass h : |VD| = g : |WC|. Damit gilt:

(7) ^e_f = _|^|_BW^AV|_| und ^h_g = _|^|_WC^VD|_| sowie _w^v22 = _|BW^|AV|·|_|·|^VD_WC^|_|.

Aus (3) folgt nun für das Sehnenpaar AD, PQ und das Sehnenpaar BC, PQ:

|AV| · |VD| = |PV| · |VQ| = (m−v)(m+ v) und

|BW| · |WC| = |PW| · |WQ| = (m+w)(m−w).

Damit ergibt sich mit (7):

v²

w² = (m−v)(m+v) (m+ w)(m−w) v²(m² −w²) = w²(m² −v²)

m²v² = m²w² v = w. Damit ist (b) bewiesen.

Eine Goldgräber-Geschichte

von Hartwig Fuchs

Aufgabe

Reporter Queekly von der Lokalzeitung interviewt die sechs Goldgräber, die seit einiger Zeit in der Nähe seines Wohnorts nach dem Edelmetall suchen. Besonders interessiert ihn der Erfolg, den jeder einzelne von ihnen dabei hatte.

Queekly erhält jedoch nur indirekte Auskünfte – und auch das nur vom vergange- nen Tag:

(a) Gestern haben wir zusammen 20 Gramm Gold gefunden.

(b) Dabei war die Ausbeute (in ganzzahligen Gramm) bei keinem von uns gleich, (c) und bei dem Jüngsten war sie so groß wie bei drei Anderen von uns zusam-

men.

(d) Natürlich hat jeder von uns gestern Gold gefunden.

Als nun Queekly seinem Freund, dem Mathematiker Quaoar von den verschlüs- selten Angaben der Goldsucher berichtet, stellt dieser nach einigen Berechnungen fest: „Die Goldgräber haben dich leider beschwindelt!“ Wie ist Quaoar zu seiner Aussage gelangt?

Des Rätsels Lösung^∗

Es seien a, b, c, d, e und f die nach (b) ganzzahligen Grammzahlen der von den sechs Männern gefundenen Goldmengen.

Nach (a) gilt dann:

(1) a+b +c +d +e + f = 20.

Es sei nun f = a+b+c, f die Goldmenge des jüngsten Goldsuchers. Dann folgt aus (1):

(2) 2(a+b+ c) +d +e = 20. Ferner ist wegen (b) und (d)

(3) 2(a+b+ c) ≥ 2(1 + 2 + 3) = 12, sodass d +e ≤ 20−12 = 8.

Weil nun d +e nach (2) eine gerade Zahl ist, gilt d +e ∈ {2, 4, 6, 8}.

Aberd+e = 2ist ausgeschlossen, weil sonstd = e = 1wäre, da jeder Goldgräber etwas gefunden hat – im Widerspruch zu (b). Damit und mit (3) folgt:

(4) d +e ∈ {4, 6, 8} und

(5) 6 ≤a+ b+c ≤ 8 wegen 12 ≤2(a+b +c) ≤ 20−4 = 16.

Es sei nun a < b < c und d < e – diese Annahmen dürfen wir machen!

Es sei a+ b+ c = 6. Dann ist a = 1,b = 2,c = 3 und folglich d ≥ 4, e ≥ 5, also d +e > 8 – im Widerspruch zu (3).

∗ Wir empfehlen: Bevor man weiterliest, sollte man versuchen, selbst die Antwort zu finden.

Es sei a+ b+ c = 7, sodass a = 1,b = 2,c = 4 ist. Dann führt d ≥ 3, e ≥ 5 zum Widerspruch 2(a+b+c) +d + e ≥ 14 + 8 > 20.

Für a +b +c = 8 ist a = 1,b = 2,c = 5 oder a = 1,b = 3,c = 4. In beiden Fällen ist d + e = 4 nach (2), sodass d = 1, e = 3 und daher a = d ist – ein Widerspruch,

Da es keine die Bedingungen (a), (b), (c) und (d) erfüllenden ganzzahligen Lö- sungen der Gleichung (1) gibt, haben die Goldsucher den Reporter tatsächlich beschwindelt.

Die besondere Aufgabe

Pythagoras reloaded

von Wolfgang J. Bühler

Aufgabe Zeige:

a) Jede natürliche Zahla ≥ 3kommt in mindestens einem pythagoreischen Tripel (a,b,c) vor, das heißt, es gilt c² = a² +b².

b) Zu jeder natürlichen Zahl d gibt es mindestens ein pythagoreisches Tripel (a,b,c) mit c = b+ d.

c) Zu jeder natürlichen Zahl n gibt es natürliche Zahlen a1, a2, . . . , an, cn mit a₁² +a²₂ + ... +a²_n = c_n².

Lösung

a) Ist a ungerade, so schreiben wir a² = c² −b² = (c +b)(c −b) und zerlegen dies als c +b = a², c −b = 1. Dies ergibt c = ¹₂(a²+ 1) und b = ¹₂(a²−1).

Da a ungerade ist, sind die so ermittelten b und c natürliche Zahlen und es gilt c² = a² +b².

Ist a gerade, so ist auch ^a₂² gerade und wir zerlegen a² = 2· ^a₂² in c +b = ^a₂² und c −b = 2. Damit ist c = ¹₂(^a₂² + 2) und b = ¹₂(^a₂² −2). Auch hier sind die so errechneten Werte für b und c ganzzahlig und es gilt c² = a² + b². Wir haben also in beiden Fällen ein pythagoreisches Tripel gefunden.

b) Ist a² = m · d mit m > d und m, d beide gerade oder beide ungerade, so gehen wir vor wie in a) mit der Zerlegung c +b = m, c −b = d, das heißt c = ¹₂(m+d) und b = ¹₂(m−d). Dann sind b und c ganzzahlig und es gilt c = b+d sowie c² = a² +b².

c) Wir beweisen die Aussage per Induktion nachn. Für n = 1 stimmt die Aussage offensichtlich, für n = 2 haben wir sie für jedes a₁ ≥ 3 in a) gezeigt, es gibt also natürliche Zahlen a2 und c2, sodass a²₁ + a²₂ = c₂² gilt. Dies ist unser Induktionsanfang.

Als Induktionsvoraussetzung gebe es nun natürliche Zahlen a1, a2, . . . , an−1, cn−1 mit a²₁ +a₂² + ... +a²_n−1 = c_n²₋₁. Nun können wir, wiederum nach a) für cn−1 – wegen a1 ≥ 3 ist auch cn−1 ≥ 3 – natürliche Zahlen an und cn mit c_n² = c_n²₋₁ + a²_n = a²₁ + a²₂ + ...a_n²₋₁ + a²_n finden. Die Aussage ist also per Induktion für alle natürlichen Zahlen n bewiesen.

Bemerkung:

Für n = 3 bedeutet dies die Existenz von Quadern, für die alle Kantenlängen sowie die Längen einer Diagonalen über einer Seitenfläche und die räumliche Diagonale ganzzahlig sind. Außerdem findet man leicht solche Quader, bei denen Diagonalen über zwei Seitenflächen ganzzahlig sind. Findest Du Quader, bei denen mehr als zwei der insgesamt vier Diagonalen ganzzahlig sind?

Die Aufgabe für den Computer-Fan

Niemals eine Quadratzahl?

Es sei n eine natürliche Zahl. Dann ist n² + 1 keine Quadratzahl, wie Du leicht mittels eines Widerspruchbeweises zeigen kannst. Anders verhält sich die Situation, wenn wir einen Faktor a ≥ 2 vor das n² setzen und fragen, für welche n die Zahl a·n² + 1 eine Quadratzahl ist. Wenn Du mal die Fälle a = 2, 3, 5, 6, 7, 8 testest, wirst Du sicher schnell Antworten finden.

Der Test kann aber auch zu einer harten Nuss werden wie im Beispiel a = 991.

Also stellt sich die Frage: Gibt es eine natürliche Zahl n, sodass 911n² + 1 eine

Quadratzahl ist? (nach H.F.)

Hinweis: Ihr könnt Eure Lösungen bis zum 15. November 2013 einschicken, denn auch hierbei gibt es Punkte zu ergattern. Allerdings müsst Ihr bei der Verwendung eines eigenen Programms dies entsprechend durch Einsenden der Programm-Datei (am besten gezippt als E-Mail-Anhang an monoid@mathematik.uni-mainz.de) dokumentieren.

Die Lösungen werden im übernächsten Heft erscheinen.

Lösung der Computer-Aufgabe aus M ONOID 113

Narzisstische Zahlen

Eine (n+ 1)-ziffrige Zahl a = anan−1an−2...a2a1a0, 0 ≤ ai ≤ 9, 0 ≤ i ≤ n−1, 0 < an ≤ 9, heißt narzisstisch^∗, wenn sie gleich der Summe der Potenzen ihrer Ziffern ist, wobei die Exponenten der Ziffernpotenzen gemäß der Ziffernposition in der Zahl ansteigen, wenn also gilt: a = a_n¹+a²_n−1+a³_n−2+ ... +aⁿ₂⁻¹+aⁿ₁ +aⁿ⁺¹₀ . Ein Beispiel: 175 ist narzisstisch, denn 1¹ + 7² + 5³ = 1 + 49 + 125 = 175.

∗ von Narziss, der griechischen Sage nach ein in sein Bild verliebter schöner Jüngling.

Gibt es weitere dreiziffrige narzisstische Zahlen?

Trivialerweise sind die Zahlen 1, 2, ..., 9 narzisstisch. Welche zweiziffrigen natür- lichen Zahlen sind narzisstisch?

Bestimme für möglichst vielen = 1, 2, 3, 4, 5, ...alle(n+1)-ziffrigen narzisstischen

Zahlen! (E.K.)

Ergebnisse

Bettina Diller von der Städtischen Berufsschule für Informationstechnik in Mün- chen mit einem eigenen Java-Programm und Robin Fritsch, Gymnasium Lehrte, mit einem eigenen Programm in Python haben für den Bereich 1 ≤ n ≤ 6 alle (n+ 1)-ziffrigen narzisstischen Zahlen bestimmt. Ihre übereinstimmenden Ergeb- nisse sind:

89, 135, 175, 518, 598, 1306, 1676, 2427 und 2646798.

Darüber hinaus hat Robin Fritsch mittels einer aus der Zifferndarstellung abgelei- teten Ungleichung gezeigt, dass eine narzisstische Zahl höchstens22 Ziffern haben kann, also für n ≥ 22 keine narzisstischen Zahlen existieren.

Anmerkung: Eine narzisstische Zahl lässt sich auf eine bestimmte Weise als Funk- tion ihrer Ziffern und deren Position in der Zifferndarstellung ausdrücken. Dieses Prinzip lässt sich natürlich vielfältig variieren. Wer sich dafür interessiert, möge bei Wikipedia nachschauen; dort finden sich neben narzisstischen Zahlen mit kon- stantem Exponenten oder mit konstanter Basis auch „wilde“ narzisstische Zahlen, ferner „fröhliche“ Zahlen und „glückliche“ Zahlen usw.

Geometrie mit der Schere

1. Teil: Zerschneidung eines Dreiecks

von Hartwig Fuchs

Ein schlichtes n-Eck, mit n ≥ 3, ist ein Gebiet in der Ebene, dessen Rand von einem zusammenhängenden Streckenzug gebildet wird, bei dem sich keine zwei Strecken (Kanten) kreuzen.

Figur 1

zwei-nicht schlichte 5-Ecke drei schlichte 5-Ecke

Ein schlichtes n-Eck En heißt konvex, wenn jede Strecke mit Endpunkten auf verschiedenen Kanten von En vollständig im Innengebiet von En liegt.

Von den drei schlichten 5-Ecken in Figur 1 ist nur das 5-Eck ganz rechts konvex.

Wenn man ein konvexesn-Eck, mitn ≥ 3, aus Pappe mit einer Schere durch einen geradlinigen Schnitt zerteilt, dann entstehen zwei kleinere konvexe Polygone, die nun ihrerseits wieder zerschnitten werden können; usw.

Wir wollen nun an der einfachsten konvexen Figur, dem Dreieck, untersuchen, was bei seiner Zerlegung durch aufeinander folgende „Scherenschnitte“ passieren kann.

Wir beschränken uns dabei auf Zerschneidungen, für die gilt:

(a) Die Schnittlinien kreuzen sich nicht.

(b) Die Teilfiguren des Ausgangsdreiecks sind konvex.

Wenn ein Dreieck 4 in die Teilfiguren Ek und E_` beziehungsweise in a Teilfiguren Em mit gleicher Eckenzahl m zerlegt wird, dann schreiben wir

4 −→Ek +E` beziehungsweise 4 −→aEm, a ≥ 2.

Zerschneidung eines Dreiecks in Dreiecke Satz 4 −→ n4:

(1) Jedes Dreieck ist in n kleinere Dreiecke 4, für n = 2, 3, 4, ..., zerlegbar.

Ein Beispiel statt eines Beweises:

Figur 2

4

−→

24

−→

34

−→ ...

Zerschneidung eines Dreiecks in Vierecke Satz 4 −→ nE₄:

(2) Jedes Dreieck 4 ist in n konvexe Vierecke E4, für n = 3, 4, 5, ..., zerlegbar.

Nachweis:

(2.1) 4 −→ 3E4: Vergleiche Figur 3.

Figur 3

4

−→

3E₄ (2.2) 4 −→ 4E4: Vergleiche Figur 4:

Figur 4

4

−→

4+ E4

−→

4E₄ (2.3) 4 −→ 5E4, denn 4 −→ 4+E4

(2.2)

−→ 4E4 +E4 = 5E4.

Aus (2.1) bis (2.3) folgt die Behauptung für jedes n ≥ 3, wie man sich leicht an den Fällen n = 6, 7, 8 klarmacht:

3E4 + 3E4 = 6E4

4 ^//4+4 ^//

77((

3E4 + 4E4 = 7E4

3E4 + 5E4 = 8E4

Zerschneidung eines Dreiecks in Fünfecke Satz 4 −→ nE5:

(3) Jedes Dreieck 4 ist in n konvexe Fünfecke E5, n = 9, 10, 11, ..., zerlegbar.

Nachweis: Zunächst gilt für jedes konvexe Sechseck E6: (3.1) E6 −→ 2E5: Vergleiche Figur 5.

Figur 5

E6

−→

2E5

(3.2) Fürn = 9und 10 gilt die Behauptung (3) – vergleiche die Figuren 6 und 7.

Figur 6

9E5

Figur 7

10E5

Figur 8

9E5 +E6

Sei nun n = 11. Dann zerlegen wir ein Dreieck 4 so wie in Figur 8. Mit (3.1) gilt:

(3.3) 4 −→9E5 + E6 −→ 9E5 + 2E5 = 11E5.

Aus (3.2) und (3.3) folgt dann die Behauptung (3) für jedes n ≥ 9 mit Hilfe der Zerlegung (3.4) durch vollständige Induktion.

(3.4) 4 →3E5 +4: Vergleiche Figur 9.

Figur 9

4

−→

5E₅ +4

Es sei A(m) die Behauptung: 4 −→ 3(m−1)E5 +iE5 mit i = 9 oder 10 oder 11. Dann gilt A(1) wegen (3.2) und (3.3).

Annahme: A(m) gilt für ein beliebig gewähltes m ≥ 1.

Dann gilt A(m+ 1) wegen 4 −→ 3E5 + 4 −→ 3E5 + (3(m−1)E5 + iE5) = 3mE5 + iE5. Setzt man 3(m−1) + i = n für m = 1, 2, 3, ..., dann zeigt unser Induktionsbeweis, dass (3) zutrifft.

Bemerkung

Die in den drei Sätzen 4 −→ n4, 4 → nE4 und 4 −→ nE5 genannten kleinsten Werte von n, nämlich n = 2, n = 3 und n = 9 sind minimal, das heißt, dass Dreieckszerlegungen in weniger als zwei Dreiecke, weniger als drei Vierecke und weniger als neun Fünfecke nicht möglich sind.

Zerschneidung eines Dreiecks in Sechsecke?

Wenn wir die Dreieckszerlegungen mit Zerschneidungen in konvexe Sechsecke fort- setzen wollen, dann stoßen wir auf eine unüberwindbare Barriere. Es gilt nämlich:

Satz 4 9 nE6:

(4) Ein Dreieck kann nicht in konvexe Sechsecke E6 zerschnitten werden.

Zum Beweis machen wir die Annahme:

Ein Dreieck ABC sei in n konvexe Sechsecke E₆, mit n ≥2, zerschnitten.

Wenn man die Eckpunkte der n Sechsecke alle als verschieden betrachtet – auch wenn viele von ihnen Eckpunkte mehrere Sechsecke sind – dann haben die n Sechsecke insgesamt 6n Eckpunkte.

Unter diesen 6n Punkten gibt es drei verschiedene Typen, die Eckpunkte von mindestens einem Sechseck sind:

• die drei Punkte A, B und C;

• r Punkte Ri auf den Seiten des Dreiecks mit Ri 6= A,B,C, wobei i = 1, 2, ... ,r;

• s Punkte Sj im Innengebiet des Dreiecks, wobei j = 1, 2, ... ,s. Für die 6n Punkte der n Polygone E6 gilt:

Figur 10

A B

C S_j R_i

Mindestens drei von ihnen sind die PunkteA,B, C; mindestens 2r von ihnen sind die Punkte Ri, denn jeder Punkt R_i ist Eckpunkt von mindes- tens zwei Sechsecken (vergleiche Figur 10); min- destens 3s von ihnen sind die Punkte Sj, weil in jedem Punkt Sj mindestens drei Sechsecke zu- sammenstoßen – denn in den konvexen Sechs- ecken E6 ist jeder Innenwinkel < 180^◦.

Daraus folgt:

(4.1) 3 + 2r + 3s ≤ 6n.

Die Winkel, die im Innengebiet des Dreieck ABC durch seine Zerschneidung in Sechsecke bei den Punkten A, B, C, Ri und Sj auftreten, haben die Summe 180^◦+r·180^◦+s·360^◦ = (1 +r+ 2s)·180^◦. Diese Winkelsumme stimmt überein mit der Summe aller Innenwinkel dern ZerlegungssechseckeE6 vom Dreieck ABC, also mit n·720^◦. Also ist (1 +r + 2s)·180^◦ = n·720^◦ = 4n·180^◦ und es folgt:

(4.2) 1 +r + 2s = 4n.

Wenn man nun (4.1) mit 2 und (4.3) mit 3 multipliziert, so erhält man:

6 + 4r + 6s ≤ 12n, 3 + 3r + 6s = 12n.

Also ist 6 + 4r + 6s ≤3 + 3r + 6s und daher 3 +r ≤ 0 – ein Widerspruch.

Die Annahme oben ist somit falsch – es gilt die Behauptung (4).

Der Satz 4 6−→ nE6 könnte Anlass sein, der Frage nachzugehen, ob ein Dreieck vielleicht für eine Zahl m > 6 in konvexe m-Ecke E_m zerlegbar ist.

Fortsetzung folgt im nächsten Heft.

Lösungen der Mathespielereien aus M ^ONOID 114

Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8

I. Eine erstaunliche Zahlenspirale

71 70 69 68 67 66

72 53 52 51 50 65

73 54 43 42 49 64

74 55 44 41 48 63

75 56 45 46 47 62

76 57 58 59 60 61 ...

77 78 79 80 81 82 83

Mathis entdeckt in einer Zeitschrift eine Zahlenspirale. Nachdem er sich ausgiebig

mit ihr befasst hat, findet er sie so bemerkenswert, dass er auch andere zu ihrer Untersuchung motivieren möchte. So stellt er Dir die folgende Aufgabe:

a) Bestimme die nächsten vier Zahlen auf der Diagonale. Überprüfe, ob alle diese Zahlen in der Diagonale Primzahlen sind.

Hinweis: Eine Tabelle mit Primzahlen findest Du im Internet.

b) Wie kommst Du auf die weiteren Zahlen in der Diagonale?

c) Welche Zahl ist die erste Nicht-Primzahl auf der Diagonalen? (gefunden: H.F.) Lösung:

a) Die nächsten vier Zahlen auf der Diagonale sind 97, 113, 131 und 151. Diese vier sowie alle eingerahmten Zahlen der Diagonale sind Primzahlen (Pz).

b) Wir legen die folgende Tabelle an:

Nummer der Pz 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . . 39

Pz 41 43 47 53 61 71 83 97 113 131 . . . 1601

Abstand zweier Pz 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 . . . 80 Die Differenz zweier aufeinanderfolgender Zahlen der Diagonale erhöht sich also immer um 2.

c) Alle Zahlen mit den Nummern 0, 1, . . . , 39 in der Tabelle sind Primzahlen und befinden sich auf der Diagonalen der Zahlenspirale, die Primzahlen mit gerader Nummer sind rechts unterhalb von 41.

Die Zahl mit der Nummer 40 ist 1681 = 41 · 41, sie ist keine Primzahl. Sie erzeugt die erste von vielen Primzahl-Lücken auf der Diagonalen.

Bemerkung: Leonhard Euler (1707 – 1783) hat das Polynom n² + n + 41 gefunden, das für n = 0, 1, 2, ... , 39 nur Primzahlen – und zwar genau die Primzahlen auf der Diagonalen der Zahlenspirale – ergibt. Fürn mit40 < n <

11000liefert das Euler-Polynom 4506 weitere Primzahlen; das sind erstaunlich viele. Liegen sie alle auf der Diagonalen der Zahlenspirale?

II. Schläge einer Uhr

Manche Uhren zeigen die Stunden durch Schläge an. Eine Uhr benötigt sechs Sekunden, vier Mal zu schlagen. Wie lange braucht sie für zwölf Schläge? (H.F.) Lösung:

Die Uhr braucht für ein Intervall zwischen den Schlägen ⁶₃ = 2 Sekunden. Bei zwölf Schlägen, also elf Intervallen benötigt sie also 11·2 = 22 Sekunden.

III. Trugschluss?

Mathis behauptet: Wenn man eine kleinere Zahl durch eine größere Zahl teilt, dann ist stets das Ergebnis kleiner, als wenn man die größere Zahl durch die kleinere Zahl teilt.

Hat Mathis Recht? (H.F.)

Lösung:

Mathis Behauptung gilt für positive Zahlen. Er hat jedoch in seiner Behauptung die Bedingung „Positivität“ nicht gestellt und schon macht er einen Trugschluss.

Nach Mathis Behauptung wäre zum Beispiel (−1) : (2) < 2 : (−1). Tatsächlich aber ist −¹₂ > −²₁ = −2.

IV. Rechteck aus Quadraten

Setze neun Quadrate mit den Seitenlängen 2, 5, 7, 9, 16, 25, 28, 33, 36 so zusammen, dass sie ein vollständiges Rechteck bilden. (H.F.) Lösung:

28×28

33×33

25×25

36×36 16×16

9×9 7×7

Die beiden nicht bezeichneten Qua- drate im Rechteck sind das 5×5- und das 2×2-Quadrat.

V. Dreiteilung einer Kreisscheibe

Zerlege allein mit einem Zirkel eine Kreisscheibe in drei flächengleiche Teilfiguren.

(H.F.) Lösung:

M

P1

P2

P3

P4

P6

P₅

K

1. Zeichne einen Kreis k um den Punkt M mit Radius r.

2. Wähle auf k einen Punkt P1.

3. Trage auf k nacheinander sechs Mal von P₁ aus den Radius r ab – man erhält so die fünf neuen Punkte P₂, P₃, . . . , P₆ und P₇ = P₁. 4. Zeichne den M und P2 verbindenden Kreis-

bogen um P1 mit Radius r.

5. Zeichne ganz entsprechend die Kreisbögen MP4 und MP6.

Damit ist die Kreisscheibe allein mit einem Zirkel in drei kongruente, also auch flächengleiche Teile zerlegt.

VI. Kreise im Kreis

K

A B

Gegeben seien ein Kreis K vom Durchmesser D und eine Durchmesserlinie AB. Entlang der Strecke AB seien n Kreise k₁,k₂, ...k_n (d.h. die Mittelpunkte Mi der Kreise liegen auf AB) mit den Durchmes- sern d1,d2, ...dn so gewählt, dass gilt: Die Kreise k1,k2, ...kn liegen alle vollständig in K und überde- cken die Strecke AB von K vollständig; keine zwei Kreise überlappen sich (vergleiche Abbildung). Es sei s die Summe der Umfänge von k1,k2, ...kn und U der Umfang von K. Entscheide, welche der folgen- den drei Aussagen zutrifft: s < U oder s = U oder

s > U. (H.F.)

Bemerkung: Für den Kreisumfang U gilt U =π·d. Bei allen Kreisen ist das Verhältnis ^U_d des Umfangs zum Durchmesser konstant. Seit Euler (1737) wird diese Konstante mitπ bezeichnet, dem Anfangsbuchstaben des griechischen Wortes periphereia (Peripherie, Umfang).

Lösung:

Es ist U = πD. Da nun d₁ +d₂ + ... +d_n = D ist, folgt aus s = πd₁ + πd₂ + ... +πdn = π(d1 +d2 + ...dn) =πD, dass gilt: s = U.

VII. Logisches Puzzle

a) Laura stellt Tim ein Rätsel: Ich habe mir zwei positive ganze Zahlen x und y ausgedacht. Damit du sie erraten kannst, gebe ich dir drei Hinweise:

(1) x + 4y ist eine Primzahl;

(2) x = 2y + 11;

(3) y ist ein Teiler von x + 3.

Welche Zahlen kommen nach diesen Hinweisen für x und y in Frage? Gib alle Möglichkeiten an.

b) Am nächsten Tag erzählt Tim das Rätsel weiter an Clara. Dabei will er es aber noch etwas schwerer machen. Er sagt: Ich denke mir zwei positive ganze Zahlen x und y, für die genau drei der folgenden vier Aussagen wahr sind:

(1) x + 4y ist eine Primzahl;

(2) x = 2y + 11;

(3) y ist ein Teiler von x + 3;

(4) 3 ist ein Teiler von x +y.

Kann Clara allein aus diesen Hinweisen erkennen, dass Aussage (4) falsch ist, und dann auf das gleiche Ergebnis wie Tim am Tag vorher kommen? Wie?

(H.F.)

Lösung:

a) (3) besagt: x + 3 =y ·v für ein ganzzahliges v, also auch x = y ·v −3, Mit (2) erhält man y ·v −3 = 2y + 11, sodass (v −2)y = 14 ist. Also ist y ein Teiler von 14. Wir stellen nun für die möglichen Werte von y, x, x + y und x + 4y eine Tabelle auf:

y 1 2 7 14

x = 2y + 11 13 15 25 39 x +y 14 17 32 53 x + 4y 17 23 53 95

Die Zahlen 17, 23 und 53 der vierten Zeile sind Primzahlen. Deshalb machen nur die Zahlenpaare (x,y) = (13, 1), (15, 2), (25, 7) die Aussagen (1), (2), und (3) zu wahren Aussagen.

b) Annahme: (1) und (4) sind wahr.

Dann folgt aus (1): x + 4y = x +y + 3y. Wegen (4) ist x +y = 3·v für ein ganzzahliges v. Damit gilt: x + y + 3y = 3 ·v + 3 ·y, sodass x + 4y keine Primzahl ist. Aus diesem Widerspruch folgt: Entweder ist (1) falsch oder (4) falsch. Daher sind dann (2) und (3) beide wahr. Aus der dritten Zeile folgt:

keine der Zahlen x + y ist durch 3 teilbar, sodass die Aussage (4) falsch ist.

Neue Mathespielereien

Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8

I. Geburtstag

Mein Geburtstag ist der 7. Februar. Das Jahr meiner Geburt war kein Schalt- jahr und der Dezember hatte fünf Freitage, aber nur vier Samstage. An welchem

Wochentag bin ich geboren? (WJB)

II. Eckenzahl eines Polygons

Die Summe der Innenwinkel eines Vielecks beträgt 3240^◦. Wie viele Ecken hat das

Vieleck? (H.F.)

Hinweis: Es genügt, die Aussage für konvexe Vielecke zu zeigen, d.h. für Vielecke ohne ins Innengebiet einspringende Ecken.

III. Zahlensummen

Die fünf Kinder Arthur, Bettina, Cynthia, Duco und Ekkehard schreiben die Zahlen von 1 bis 10 auf zehn Zettel und werfen diese Zettel in einen Topf. Jedes Kind zieht nun je zwei Zettel aus dem Topf. Die Summen der von den Kindern jeweils gezogenen Zahlen betragen:

Arthur Bettina Cynthia Duco Ekkehard

17 16 11 7 4

Wer hat welche Zettel gezogen? Begründe. (gefunden: Susanne Lüning) IV. Flächenvergleich

Gegeben seien zwei Parallelenp1 undp2 sowie das Parallelogramm ABCD mit den Ecken A und B auf p1 und den Ecken C und D auf p2. Wähle nun auf p2 einen beliebigen Punkt E und verbinde E mit A und B.

p₂

p₁

E

A B

D C

Vergleiche die Fläche des Dreiecks 4ABE mit der Fläche des Parallelogramms

ABCD. (H.F.)

V. Glaubensfrage

Die achten Klassen eines Mainzer Gymnasiums planen einen gemeinsamen Schul- ausflug. Der Busunternehmer Meyer bietet Busse mit 30 Plätzen und solche mit 45 Plätzen an. Drei Busse mit je 30 Plätzen reichen nicht aus, aber zwei Busse mit je 30 und einer mit 45 Plätzen ist genug. Von den Schülern ist ein Drittel katholisch und ein Viertel evangelisch. Wie viele der Schüler gehören keiner der

beiden großen christlichen Konfessionen an? (WJB)

VI. Würfelbeschriftung

Auf jede der sechs Seitenflächen eines Würfels wurde eine positive ganze Zahl geschrieben. Für jede Ecke des Würfels berechnen wir das Produkt der Zahlen auf den drei angrenzenden Flächen. Die Summe dieser Produkte beträgt 2013.

Welchen Wert hat die Summe der Zahlen auf den sechs Würfelflächen?

(gefunden von Kevin Mours, Karolinen-Gymnasium Frankenthal)

Hinweis: Die einzelnen Zahlen auf den Würfelflächen müssen nicht bestimmt werden.

VII. Minimum gesucht

Bestimme den kleinsten Wert von S = x² +y² −4x + 6y. (H.F.)

„Es gibt Dinge, die den meisten Menschen unglaublich erscheinen, die nicht Mathematik studiert haben.“

Archimedes

um 287 v. Chr. – 212 v. Chr.

griechischer Mathematiker, Physiker und Ingenieur

Neue Aufgaben

Klassen 9–13

Aufgabe 1078: Lösungsmenge einer Gleichung

Hat die Gleichung x² + y² −z² = 2013 keine, endlich viele oder unendlich viele

ganzzahlige Lösungen? (H.F.)

Aufgabe 1079: Durchschnittsgeschwindigkeit

Aldo und Baldo fahren mit gleicher Durchschnittsgeschwindigkeit auf der Auto- bahn. Aldo braucht eine Stunde länger für 400km als Baldo für 320km. Wie lange und mit welcher Durchschnittsgeschwindigkeit waren die beiden unterwegs? (H.F.) Aufgabe 1080: Würfel-Ergebnisse

Wenn man mit einem Würfel sechs Mal würfelt, welches Ergebnis ist dann wahr- scheinlicher: Man würfelt sechs Mal die Eins oder aber man würfelt sechs verschie-

dene Zahlen? (H.F.)

Aufgabe 1081: Primzahl-Suche

Bilde aus den neun Ziffern 1, 2, 3, ... , 9 höchstens zweistellige Primzahlen, sodass jede Ziffer genau einmal verwendet wird und

a) die Anzahl der Primzahlen minimal ist,

b) die Summe der Primzahlen minimal ist. (H.F.)

Aufgabe 1082: Flächeninhalt eines rechtwinkligen Dreiecks

In einem rechtwinkligen Dreieck sei G der Flächeninhalt, r der Inkreisradius und c die Länge der Hypotenuse. Man beweise G = r(r +c).

(Robin Fritsch, Gymnasium Lehrte) Aufgabe 1083: Die Quadratur von n-Ecken

Wie wir wissen, ist es unmöglich einen Kreis durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal in ein flächengleiches Quadrat zu verwandeln. Auch die Umkehrung gilt.

Wie sieht es aber bei den Vielecken aus?

a) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes Dreieck in ein flächengleiches Viereck (sogar Rechteck) umwandeln lässt.

b) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes Rechteck in ein flächengleiches Quadrat umwandeln lässt.

c) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes n-Eck, n ≥ 4, in ein flächengleiches Quadrat umwandeln lässt. (AK)

Aufgabe 1084: Bemerkenswerte Eigenschaft einer Folge Gegeben sei die Folge a1 = √

1, a2 = p

2 +√

1,a3 = q

3 +p

2 +√ 1, ....

Zeige: In jedem Intervall (√ n,√

2n), n = 2, 3, 4, ..., liegt stets ein Element der

Folge. (H.F.)

Gelöste Aufgaben aus M ^ONOID 114

Klassen 9–13

Aufgabe 1071: Welche Zahl ist größer?

Es seien S(2012) = ₂₀₁₂¹ (1 + ¹₂ + ¹₃ + ... + ₂₀₁₂¹ ) und S(2013) = ₂₀₁₃¹ (1 +¹₂ + ¹₃ + ... + ₂₀₁₃¹ ).

Welche der beiden Zahlen S(2012) und S(2013) ist die größere? (H.F.) Lösung:

Es sei S(m) := _m¹ 1 + ¹₂ + ... + _m¹

für eine natürliche Zahlm. Dann gilt für jede natürliche Zahl n:

S(n)−S(n+ 1) = ¹_n 1 + ¹₂ + ... + ¹_n

− _n+1¹ 1 + ¹₂ + ... + _n+1¹

= _n(n+1)¹

(n+ 1)

1 + 1

2 + ... + ¹_n

−n

1 + 1

2 + ... + _n+1¹

= _n(n+1)¹

1 + 1

2 + ... + _n¹ − _n+1ⁿ

> 0

Für n = 2012 ist also S(2012)−S(2013)> 0 und deshalb S(2012) > S(2013).

Aufgabe 1072: Darstellung von 2013

Es sei S(m,n) = _m(m+1)¹ + _(m+1)(m+2)¹ + ... + (m+n)(m+n+1)¹ . Kann man m und n

so wählen, dass _S(m,n)¹ = 2013 ist? (H.F.)

Lösung:

Es gilt: _i(i+1)¹ = ¹_i − _i+1¹ . Damit lässt sich S(m,n) so schreiben:

S(m,n) = 1

m − 1 m+ 1

+

1

m+ 1 − 1 m+ 2

+ ... +

1

m+ n − 1 m+n+ 1

= 1

m − 1

m+n+ 1 = n+ 1 m(m+n+ 1).

Um diesen Bruch durch Kürzen zu vereinfachen, sollte man n + 1 = m² wählen.

Dann erhält man: S(m,m² −1) = _m(m+m^m2 2) = _1+m¹ = ₂₀₁₃¹ für m = 2012. Daher ist _S(m,n)¹ = 2013 für m = 2012 und n = 2012² −1.

Aufgabe 1073: Jahreszahlen-Aufgabe Für welche natürliche Zahl n gilt erstmals √¹¹

2¹· √¹¹

2³· √¹¹

2⁵·...· √¹¹

2²ⁿ⁺¹ ≥ 2013?

(H.F.) Lösung:

2¹¹¹ ·2¹¹³ ·2¹¹⁵ ·...·2²ⁿ⁺¹¹¹ = 2¹¹¹(1+3+5+...2n) sei mit 2^11x abgekürzt.

Nun ist x = 1 + 3 + 5 + ... + (2n+ 1) = (n+ 1)², denn: 2x = (1 + 3 + ... + (2n− 1) + (2n+ 1)) + ((2n+ 1) + (2n−1) + ... + 3 + 1) = (n+ 1)(2n+ 2) = 2(n+ 1)². Damit ist 2^11x = 2^(n+1)211 . Weil nun 2¹⁰ = 1024 < 2013 < 2048 = 2¹¹ ist, folgt:

2^(n+1)211 ist erstmals > 2013, wenn ⁽ⁿ⁺¹⁾₁₁ ² = 11 und mithin n = 10 ist (die andere Lösung n = −12 entfällt, sie ist keine natürliche Zahl).

Aufgabe 1074: Näherungswerte für √ 3

Den Abstand zweier reeller Zahlen a und b definiert man durch|a −b|. Ist|a−b| klein, dann sagt man auch: a ist ein guter Näherungswert für b (oder b ist ein guter Näherungswert für a). Es gilt: Wenn ^m_n mit positiven ganzen Zahlen m und n ein Näherungswert für √

3 ist, dann ist ^m+3n_m+n ein besserer Näherungswert für

√3. Begründe dies. (H.F.)

Lösung:

Es ist zu zeigen, dass gilt:

^m+3n

m+n −√

3 <

^m

n −√ 3

. Es ist:

m+ 3n m+n −√

3

=

m+ 3n−m√

3−n√ 3 m+n

=

(m−n√

3)(1−√ 3) m+n

=

m−n√ 3

1−√ 3

|m+n| =

m−n√ 3

(√

3−1) m+n

<

m−n√ 3

m+n wegen √

3−1 < 1

<

m−n√ 3

n wegen m ≥ 1

=

m n −√

3

, was zu zeigen war.

Beispiel:

¹⁷³₁₀₀ −√ 3

< 0,002051 und

^173+300_173+100 −√ 3

< 0,00055.

Aufgabe 1075: Flächenvergleich

C

A D E B

G F

Einem gleichseitigen Dreieck 4ABC sei ein Quadrat DEFG so einbeschrieben, dass seine Eckpunkte auf den Dreiecksseiten liegen – wie in der Figur. Unter- suche, ob dann die Fläche des Quadrats halb so groß wie die Dreiecksfläche ist. (H.F.)

Lösung:

C

A D E B

G F

x x a−x

Es seien |AC| = a und |DE| = x. Dann ist das Dreieck 4CGF gleichseitig, weil seine drei Innenwin- kel 60^◦ betragen. Mithin gilt: |CG| = x und daher

|AG| = a − x. Im rechtwinkligen Dreieck 4ADG ist nun wegen |AD| = ¹₂(a − x) nach Pythagoras:

x²+¹₄(a−x)² = (a−x)² und folglichx = a(2√

3−3).

Also gilt: |DEFG| = x² = a²(2√

3 − 3)² = a²(√

3(2 − √

3))² = 3 · (7 − 4√

3)a². Die Höhe im gleichseitigen Dreieck 4ABC hat die Länge ¹₂a√

3, sodass

1

2 |ABC| = ¹₂ ·(¹₂ · ¹₂a√

3·a) = ^a₈²√

3 die halbe Fläche des Dreiecks 4ABC ist.

Mit dem Taschenrechner erhält man nun für das Verhältnis ^|1^DEFG|

2|ABC| = ^(2√√3−₃³⁾² näherungsweise 0,99485 < 1. Also ist die Fläche des Quadrats kleiner als die8

halbe Dreiecksfläche.

Bemerkung:

Ohne Taschenrechner erhält man das Ergebnis so:

|ABC|

|DEFG| =

1 4

√3a² 3(7−4√

3)a² = 7 + 4√ 3 4√

3(7 + 4√

3)(7−4√

3) = 7 + 4√ 3 (4√

3)·1

= 1 + 7 4√

3 > 2, da

7 4√

3 2

= 49 48 > 1.

Die Fläche des Quadrats ist also kleiner als die halbe Dreiecksfläche.

Aufgabe 1076: Kugel, Würfel, Kugel

In einem Würfel befindet sich eine Kugel, die sämtliche sechs Würfelseiten von innen berührt. Der Würfel selbst liegt im Inneren einer Kugel, wobei jede Würfe- lecke in der Kugeloberfläche liegt. Bestimme das Verhältnis, in dem die Volumina der beiden Kugeln und auch ihre Oberflächen zueinander stehen. (H.F.) Lösung:

Es seien r, d und v der Radius, der Durchmesser und das Volumen der klei- nen Kugel. Entsprechend seien R, D und V der großen Kugel definiert. Es ist V = ⁴₃πR³ = ^π₆D³. Nun ist D zugleich die Raumdiagonale des Würfels, dessen Kantenlänge mit a bezeichnet sei. Mithin ist D² = 3a², also a = ^√D₃. Weil a der Durchmesser der kleinen Kugel ist, gilt v = ^π₆a³ = ^π₆ ·(^√D₃)³. Damit folgt:

V v =

π 6D³

π 6

D³

√3³

= 3√ 3 1 .

Es seien nun F und f die Oberflächen der großen und der kleinen Kugel. Dann ist:

F

f = πD² π√^D2

3²

= 3 1.

Zusammenfassend erhalten wir also die Verhältnisse ^D_d = √

3, ^F_f = √

3² und

V

v = √

3³.

Aufgabe 1077: Keine Ziffern 7, 8 und 9

Wie viele positive ganze Zahlen ≤10000 gibt es, in deren Zifferndarstellung keine

der Ziffern 7, 8 und 9 vorkommt? (H.F.)

Lösung:

Eine Zahl ohne Ziffern 7, 8 und 9 nennen wir O-Zahl. Es gibt 6 einziffrige O- Zahlen. Bei den zweiziffrigen Zahlen gibt es 6 Möglichkeiten 6= 7, 8, 9 für die Zehnerziffer und 7Möglichkeiten 6= 7, 8, 9für die Einerziffer. Also gibt es6·7 = 42 zweiziffrige O-Zahlen. Ganz entsprechend gibt es 6· 7· 7 = 294 dreiziffrige O- Zahlen und 6· 7·7·7 = 2058 vierziffrige O-Zahlen. Insgesamt gibt es daher – die 10000 darf man nicht vergessen – 6 + 42 + 294 + 2058 + 1 = 2401 O-Zahlen

≤ 10000.

Über das Sammeln vollständiger Figurenserien

von Ingmar Rubin und Hans-Jürgen Schuh

0 1 2 3 4 5 6

p1 = 1 p2 = ⁵₆ p3 = ⁴₆ p4 = ³₆ p5 = ²₆ p6 = ¹₆

1

6 2

6 3

6

4

6 5

6

6 6

Problemstellung

Überraschungseier

Jeder kennt die Schokoladenüberraschungseier, in deren Inneren sich eine kleine Figur, ein Bausatz oder Ähnliches befindet. In den zurückliegenden Jahren gab es des Öfteren ganze Figurenserien, z.B. zu Winnie-Puuh oder den Dinos. Natürlich war es das Ziel, beim Kauf der Überraschungseier die Serie möglichst vollständig

zu bekommen. Wir gehen bei der folgenden Problemstellung davon aus, dass die Serie aus n = 6 verschiedenen Figuren besteht und die Figuren gleichmäßig über alle produzierten Überraschungseier verteilt sind. Die Problemstellung lautet:

Wieviele Überraschungseier muss ich im Durchschnitt kaufen, damit ich die Serie aus 6 Figuren vollständig erhalte?

Äquivalente Aufgabenstellungen

Wer sich den Kauf und Verzehr (unzähliger) Überraschungseier sparen möchte, kommt dem Problem mit einem einfachen Spielwürfel näher:

Wie oft muss man im Durchschnitt mit einem normalen Spielwürfel würfeln, bis man (mindestens) einmal die Zahlen von 1 bis 6 gewürfelt hat? Natürlich ist das Sammlerproblem nicht auf n = 6 beschränkt. So wurde von einer Supermarkt- kette ein Sammelalbum zur Fußball-EM 2012 mit 32 Kärtchen (Fußballspieler der Nationalmannschaft) ausgeteilt. Bei einem Wareneinkauf im Wert von 5 Euro er- hielt man an der Kasse einen kleinen Umschlag, in dem sich ein Bild eines Spielers befand.

Wieviele Umschläge benötigt man im Durchschnitt, um alle 32 Kärtchen vollstän- dig zu haben?

Lösungsansätze

Computersimulation

Bei komplexen Aufgabenstellungen in der Wahrscheinlichkeitsrechnung hilft oft eine kleine Computersimulation vorweg. Wir wollen jetzt die mittlere Anzahl an Zügen (Würfen etc.) bestimmen, bis wir eine Serie aus n Elementen vollständig erhalten. Mit anderen Worten geht es um die Bestimmung des Erwartungswertes.

Das Programm ARIBAS¹ ist ein frei verfügbarer Zahleninterpreter, der sich für die Simulation des Problems eignet:

function serie(n, N :integer) : real;

var figur : array[n+1] of integer;

i,j,p,su : integer;

y : real;

begin

for i:=1 to n do figur[i]:=0; end;

su:=0;

for i:=1 to N do

for j:=1 to n do figur[j]:=0; end;

j:=0;

while sum(figur) < n do

1 Forster, Otto:http://www.mathematik.uni-muenchen.de/∼forster/sw/aribas.html

inc(j);

p:= random(n) + 1;

figur[p]:=1;

end;

su:= su + j;

end;

y:= su/N;

return y;

end;

Das Programm liefert uns den Erwartungswert für eine Serie aus n Figuren, wobei das Sammeln einer kompletten Serie N mal wiederholt wird. Wir wählen N sehr groß (N = 10⁶), um einen plausiblen Mittelwert zu erhalten. Die folgende Tabelle zeigt die simulierten Erwartungswerte für n = 2, 3, ... , 12. Die Folge der Erwar- tungswerte ist monoton steigend, wie man aus den Differenzen erkennt. Im Falle der Serie aus 6 Figuren müssten wir also im Mittel 15 Überraschungseier kaufen.

Für den Rest des Artikels sei X_n die Zufallsvariable, welche die Anzahl der Züge (Würfe etc.) angibt, bis die Serie aus n Figuren vollständig ist.

n E(Xn) E(Xn)−E(Xn−1)

2 3.0 2.0

3 5.5 2.5

4 8.34 2.84

5 11.41 3.07

6 14.71 3.30

7 18.153 3.442

8 21.686 3.53

9 25.47 3.78

10 29.2795 3.809 11 33.2175 3.938 12 37.2495 4.032 Markowkette

0 1 2 3 4 5 6

p1 = 1 p2 = ⁵₆ p₃ = ⁴₆ p₄ = ³₆ p5 = ²₆ p6 = ¹₆

1

6 2

6 3

6

4

6 5

6

6 6

Markowkette für eine Serie aus sechs Figuren