EinemathematisheZeitshrift
fürShüler(innen)undLehrer(innen)
1980 gegründetvonMartinMettler
gegenwärtigherausgegebenvom
InstitutfürMathematikander
JohannesGutenberg-UniversitätzuMainz
DieneuenAufgaben wartenaufLösungen.NurMut,auhwennDuinMathekeine
Eins hast!DieAufgabensindsogestaltet,dassDuzurLösungnihtunbedingtden
Mathe-StoderShulebrauhst.VielmehrwirstDuvielmathematisheFantasieund
selbstständigesDenkenbrauhen,aberauhZähigkeit,WillenundAusdauer.
Wihtig:AuhwernureineAufgabeoderTeileeinzelnerAufgabenlösenkann,sollte
teilnehmen; der Gewinn eines Preises ist dennoh niht ausgeshlossen. Denkt bei
EurenLösungendaran,auhdenLösungswegabzugeben!
FürShüler/innenderKlassen5-7sindinersterLiniedieMathespielereienvorgese-
hen; auh Shüler/innender Klassen 8 und9dürfen hier mitmahen, abernur auf
der Basis der halben Punktzahl. Alle Shüler, insbesondere aber jene der Klassen
8-13,könnenLösungen zudenNeuenAufgaben abgeben.Punkte ausdenRubriken
Computer-Fan,Mathismahen mathematisheEntdekungen undWerforshtmit?
werdenbeiderVergabedesForsherpreiseszugrundegelegt.(Beiträgezuvershiede-
nenRubrikenbitteaufvershiedenenBlätternabgeben.)
Abgabe-(Einsende-)TerminfürLösungenistder
15.05.2009.
ZushriftenbitteanfolgendeAnshrift:
JohannesGutenbergUniversität
InstitutfürMathematik
MONOID-Redaktion
55099 Mainz
Tel.:06131/3926107
Fax:06131/3924389
E-Mail:monoidmathematik.uni-mainz.de
Im ELG Alzey könnenLösungen und Zushriftendirekt an Herrn Kraftabgegeben
werden,imKGFrankenthaldirektanHerrnKöpps.
FernergibtesinfolgendenShulenbetreuendeLehrer/innen,denenIhrEureLösungen
gebenkönnt:Herrn Ronellentshim Leibniz-GymnasiumÖstringen,Herrn Witte-
kindtinMannheim,HerrnJakobinderLihtbergshuleinEiterfeld,FrauLangkamp
imGymnasiumMarienberginNeuss,HerrnKuntzimWilhelm-Erb-GymnasiumWinn-
weiler,HerrnMeixnerimGymnasium Nonnenwerth,HerrnMattheis im Frauenlob-
GymnasiumMainz,FrauBeitlihundFrauElzeimGymnasiumOberursel,FrauNie-
derleinderF-J-L-GesamtshuleHadamarundHerrnDillmannimGymnasiumEltville.
DieNamenaller,dierihtigeLösungeneingereihthaben,werdenimMONOIDinder
RubrikderLöserundaufderMONOID-HomepageimInternetersheinen.
Wir bitten auh um neue Aufgaben, die Du selbst erstellt hast, um sie zu veröf-
fentlihen.DieseAufgabensollenabernihtausBühernoderAufgabensammlungen
entnommensein,sondernDeinereigenenFantasieentspringen.Würde esDihniht
einmalreizen,eineAufgabezustellen,derenLösungvorerstnurDukennst?
Am Jahresende werden rund50 Preise andie eiÿigstenMitarbeitervergeben. Seit
1993gibtesnoheinenbesonderenPreis:dasGoldeneM.
AuÿerderMedaillemit demGoldenenM gibtes einenbeahtlihen
GeldbetragfürdiebesteMitarbeitbeiMONOIDundbeianderenma-
thematishenAktivitäten,nämlih:LösungenzudenNeuenAufgaben
unddenMathespielereien,BeiträgezurSeitefürdenComputer-Fan,
Artikelshreiben,ErstellenvonneuenAufgaben,et.
UndnunwünshenwirEuhvielErfolgbeiEurerMitarbeit! DieRedaktion
von Hartwig Fuhs
Eine bekannteAufgabe
ZweiQuadrate
Q 1
undQ 2
seiengegeben.KannmaneinesdieserQuadratesoinvierTeilezerlegen,dasssihausdiesenTeilenunddemunzerlegtenQuadratein
neuesQuadratzusammensetzenlässt?Versuheesselbst,bevorDuweiterliest!
Die Lösung zuderAufgabe
Esseien
Q 1 = ABCD
undQ 2 = RSTU
;fürdieSeitenlängenL 1
vonQ 1
undL 2
von
Q 2
gelteL 1 ≥ L 2
.Auf den Seiten von
Q 1
markieren wir PunkteA ∗ , B ∗ , C ∗
undD ∗
so, dassdie Streken
AA ∗ , BB ∗ , CC ∗ ,
undDD ∗
sämtlih dieLängeL = 1 2 (L 1 + L 2 )
besitzen eineBegründungfürdieseWahlvonLwirduntennahgeliefert.
Die
Q 1
querenden StrekenA ∗ C ∗
undB ∗ D ∗
zerlegen
Q 1
invierVierekemiteinerallenge-meinsamen EkeM. Nah Konstruktion stim-
menindiesenVierekendreiInnenwinkelund
somit alle Innenwinkel sowie die Längen je
zweierSeitenüberein:DahersinddievierTeil-
guren
V 1 , V 2 , V 3 , V 4
vonQ 1
kongruent.A ∗ α β B
V 1
A D ∗ V 4
M
V 3 α V 2
β α
D C ∗ C
β β α
Bild1
B ∗
Wirlegennun
V 1 , V 2 , V 3 , V 4
sowieinBild2an dieSeitedes Quadrates
Q 2
an.Wir wollendannzeigen,dassderUmrissderFigurinBild2
in Wirklihkeit ein Quadrat
M 1 M 2 M 3 M 4
undniht etwa ein Zwölfek ist. Da die Figur in
Bild 2 drehsymmetrish ist, genügt dazu der
Nahweis,dasseseineeinspringendeEke,zum
Beispiel
A ∗ 1 A ∗ 2 M 2
,garnihtgibt.DabeisolltenwirstetsdasBild1imAugebehalten.
A ∗ 2 M 2 B ∗
M 3 C ∗ V 1
V 4
V 2
V 3
α U T
R S
β M 1
D ∗
M 4
Bild2
A ∗ 1
In
V 1
ist| RA ∗ 1 | = | AA ∗ | = L
; inV 2
folgtaus| UA ∗ 2 | = | BA ∗ | = L 1 − L
, dass| RA ∗ 2 | = | RU | + | UA ∗ 2 | = L 2 + L 1 − L
ist.Darausergibtsih:EsgiltA ∗ 1 = A ∗ 2
,sobald
| RA ∗ 1 | = | RA ∗ 2 |
,alsoL = L 1 + L 2 − L
undsomitL = 1 2 (L 1 + L 2 )
,ist.Soaberwar
L
obendeniert.DiePunkteA ∗ 1
undA ∗ 2
stimmendaherüberein.D ∗ M 1 U
A ∗
R
M 4
Bild3
C ∗ S T B ∗ M 2
M 3
Wir setzen nun
A ∗ 1 = A ∗ 2 = A ∗
. Dann hat derStrekenzug
M 1 A ∗ M 2
keinen Knik inA ∗
, dennwirhabenobenbegründet(Bild1), dassinBild2
α + β = 180 ◦
gelten muss. Daher istM 1 A ∗ M 2
eineStreke.
Wegen der Drehsymmetrie der aus
Q 2
undV 1 , V 2 , V 3 , V 4
zusammengesetztenFigurgiltalso:Die StrekenM 1 M 2 , M 2 M 3 , M 3 M 4 , M 4 M 1
sindgleihlang.UnddasienahKonstruktionvierrehteIn-
nenwinkel besitzt, stellt das Vierek
M 1 M 2 M 3 M 4
dasLösungsquadratdar(Bild3).
Wer war's?
von Margarita Kraus
Sie wird als Mutter der modernen Algebra bezeihnet, weil ihre Denkweise
einneuesZeitalterderAlgebraeinleitete,indemesnihtmehr umumfangrei-
he Rehnungen, sondern um abstraktere Begrie ging. Obwohl sieshon zu
Lebzeiten eine anerkannte Mathematikerin war, bekam sie nie eine Stelle als
ordentliheProfessorin.
Selbst dieHabilitationsheiterteimersten Anlauf,obwohlnieZweifelanihrer
mathematishenBefähigungherrshten.DiewahrenGründeverrätdasfolgende
Gutahten:... die wissenshaftliheHöhe der deutshen Universitäten würde
durh die fortshreitende Verweiblihung zweifellos sinken. Alle Fakultätsmit-
gliedersinddarübereinig,...dass einweibliherKopfnurganzausnahmsweise
shöpferishewissenshaftliheLeistungenhervorbringenwird...wennsihun-
ser Widerspruh... nurauf dieshwerensozialenundakademishenBedenken
und Folgen stützt, die gegen die Zulassung der Frauen zur Habilitation spre-
hen Unterzeihnetam19.11.1915vonProfessorenderGöttingerUniversität.
Erst vier Jahre später 1919, mit Beginn der Weimarer Republik konnte
sie sih habilitieren. Ohne feste Anstellung lehrte und forshte sie bis 1933
mit kleinen Unterbrehungen in Göttingenund wurde dort Mittelpunkt einer
mathematishenShule,dieweltweitAnerkennungfand.
Am 25.04.1933wurde sie, da sie Jüdin war, aufgrund des Gesetzes zur Wie-
derherstellung des Berufsbeamtentums von ihrer Tätigkeitan der Universität
beurlaubt. Sieging insExil indie USA.AmFrauenkollegBrynMawr (USA)
erhieltsieeineGastprofessur.Dohshonam14.04.1935starbsievölliguner-
wartetandenFolgeneinerOperation.AlbertEinsteinshriebinseinemNahruf,
der am 04.05.1935in der NewYork Times ershien,dass daskreativste ma-
thematisheGenie,dasseitBeginderhöherenErziehungfürMädhengeboren
wordenist,nihtmehramLebenwar.
Die gesuhte Personist EmmyAmalie Noether. Siewurde alserstes von vier
Kindern der jüdishenEltern Ida Amalia Noether, geb. Kaufmann, und Max
Noetheram23.03.1882inErlangengeboren.
Ihr Vater war Professor für Mathematik an
der Universität Erlangen. Nah dem Besuh
der Shule für höhere Töhter legte sie 1900
diebayerisheStaatsprüfungfürLehrerinnenin
französisherundenglisherSpraheab.Esgab
zu dieser Zeit weder Shulen,in denen Mäd-
hen zum Abitur geführt wurden, noh konn-
tensihFrauenandeutshenHohshulenim-
matrikulieren. Jedoh konnten (mit Erlaubnis
desProfessors)FrauenalsGasthörerinnenVor-
lesungenbesuhenunddiestatEmmyNoether.
ZuderZeitgibtesknapp1000Studentenund3
GasthörerinneninErlangen.NebenRomanistik
und Geshihte begannsie auh Mathematik-
VorlesungenbeiihremVaterunddessenKolle-
gen,Prof.PaulGordon,zuhören.
1903legtesiealsExterne dasAbitur ab.NaheinemSemesterin Göttingen
kehrtesiewiedernahErlangenzurük.DortwaresmittlerweileauhfürFrau-
en möglih,sih zu immatrikulieren, und sie begann ihr Mathematikstudium.
1907shlosssieihrePromotionbeiPaulGordonmitsummaumlaudeab.Im
GegensatzzuihrenspäterenArbeitenhatteihreDissertationkomplizierteteh-
nishe Rehnungen zum Gegenstand. Später bezeihnet sie ihre Dissertation
alsFormelgestrüpp undMist.AnshlieÿendunterstütztesieihrenVaterbei
seinerLehrtätigkeitundarbeiteteprivatwissenshaftlih.1909hieltsiealsers-
teFraubeieinerJahresversammlungderDeutshenMathematiker-Vereinigung
einen Vortrag.
1915 ging sie zur Zusammenarbeit mit Felix Klein und David Hilbert nah
Göttingen einem der führenden mathematishen Institute dieser Zeit. Ein
ersterHabilitationsversuh1915sheiterte,dadiepreuÿisheHabilitationsord-
nungnurMännerzurHabilitationzulieÿ.DieGöttingerProfessorenversuhten
vergeblih, eineAusnahmegenehmigung für EmmyNoether zu erreihen. Die
Diskussionen dazuwaren wohlsehr kontrovers.Von Hilbert istder Ausspruh
überliefert Meine Herren, wir benden uns hier in einer Universität niht in
einerBadeanstalt,ihkannnihtsehen,welheRolledasGeshlehtdesKan-
didatenspielt. EmmyNoetherwarkeinerebellisheFeministin,diegegenihre
Rolleaufbegehrte,sonderneineleidenshaftliheForsherin.Siearbeitetewei-
termitKleinundHilbertanFragenderallgemeinenRelativitätstheorie.Daraus
entstandihreArbeitInvarianteVariationsprobleme,mitdersiesih1919,nah
EndedesErstenWeltkriegshabilitierte.Einsteinshriebüberdiese Arbeit:Es
kann.EshättedenGöttingerFeldgrauennihtsgeshadet,wennsiezuFräulein
Noether in die Shule geshikt worden wären. Sie sheint ihr Handwerk zu
verstehen.
Wir werden unten noh auf den Inhaltdieser Arbeit, die auh heute noh in
vielenPhysikbühernzitiertwird,eingehen.
FürEmmyNoetherwardieseArbeitjedohabseitsihrerhauptsählihenInter-
essen,derabstraktenAlgebra.Viele BegriedorttragenihrenNamen.Sogibt
eszumBeispielnoethersheRinge,dieheutejederMathematik-Studentkennt.
Ihre Vorlesungen waren wohl niht nah jedermanns Geshmak und weniger
für AnfängeralsfürfortgeshritteneStudenten geeignet.Auh ihrVortragsstil
wargewöhnungsbedürftig.SiezerstampftemanhmaleinStükKreide,dassie
zerbrohenhatte...,dasGegenteileinerelegantenDame,berihteteeinerihrer
Shüler,derAlgebraikervander Waerden.
Oft präsentierte sieneue Theorien und Beweisein ihren Vorlesungen.So hat-
te sie bald einen Kreis begabter Shüler um sih, ihre Trabanten oder die
Noether-Knaben,wiesiegenannt wurden.Zu ihnengehörtenniht nurfort-
geshrittene Studenten, sondern auh ausgebildete Mathematiker unter ih-
nen viele ausländishe Gäste. Niht nur in Seminaren, sondern auh bei lan-
gen gemeinsamen Spaziergängen, Puddingessen in ihrer Mansardenwohnung
und Shwimmen im Stadtbad redeten sie über Mathematik. Van der Waer-
den shrieb über sie: Völlig unegoistishund frei von Eitelkeit,beanspruhte
sie niemals etwas für sih selbst,sondern fördertein erster Liniedie Arbeiten
ihrerShüler.SieshriebfürunsalleimmerdieEinleitungen,indenendieLeit-
gedanken unserer Arbeiten erklärt wurden, die wir selbst anfangs niemals in
solher Klarheit bewusstmahen und aussprehenkonnten. Sie war uns eine
treueFreundinundgleihzeitigeinestrenge,unbestehliheRihterin.
Dieses blühendemathematisheLeben wurde durhdasNazi-Gesetzzur Wie-
derherstellungdesBerufsbeamtentums von1933jähzerstört.Sieemigriertein
dieUSA.Rashbegannsiein BrynMawrwiedereinen KreisvonShülerinnen
umsihzusharen.Daneben lehrtesieim nahenPrinetonbissie1935 völlig
unerwartetstarb.
Der in der Arbeit Invariante Variationsprobleme bewiesene Satz spielt auh
heutenohvoralleminderPhysik,aberauhinderMathematik,einewihtige
Rolle.DieStärkedesSatzesliegtdarin,dasseinespezielleFragestellunghier
dienah der Erhaltungder Energie inder allgemeinenRelativitätstheorieso
verallgemeinertwird,dasserAntwortenaufvölliguntershiedliheFragestellun-
gengibt:Grobformuliert,sagtderSatz,dassjedeSymmetrie einesProblems
eineErhaltungsgröÿeliefert.
Ein geometrishesMusteristsymmetrish, wenn esunter bestimmtenBewe-
gungen, beispielsweiseVershiebungen, Spiegelungenoder Drehungenin sih
überführt wird. Entsprehend kann man auh von der Symmetrie eines phy-
sikalishen Experimentssprehen,wenn man es verändernkann und dennoh
Führt man ein physikalishes Experiment durh, so erwartet man, dass das
Ergebnis unabhängigvom Zeitpunkt der Ausführung ist. Ein Pendel shwingt
heuteso shnellwiemorgen.DiesnenntmanSymmetriegegenüberVershie-
bungeninderZeit. DieErhaltungsgröÿe,diemannahdemSatzvonEmmy
Noether daraus herleiten kann, ist die Energie. In einem abgeshlossenen
SystembleibtdieEnergie erhalten.
WennmaneinExperimentuntergleihenBedingungenanvershiedenenOrten
ausführt,soerwartetmandieselbenMessergebnisse.DiesnenntmanSymme-
trieunterräumlihenVershiebungen.DieErhaltungsgröÿe,diederNoether'she
Satz liefert,istdieImpulserhaltung,dasheiÿt,wennaufeinenKörperkeineäu-
ÿereKraftwirkt,bleibtderImpuls,alsodasProduktausMasseundGeshwin-
digkeit,erhalten.
Die wihtigsteRolle spieltderSatz heute inder modernenElementarteilhen-
physik. Symmetrien der Systeme führen dort zur Erhaltung der Ladung und
gewisserQuantenzahlen.
Eulers Berehnung von
π
mit einemPrimzahlen-Sieb
von Hartwig Fuhs
Die Primzahlen und die Kreiszahl
π
sind seit bald 3000 Jahren Themen derMathematik.DabeigaltlangeZeit:
Primzahlen gehören zur Zahlentheorie und die Zahl
π
ist ausshlieÿlih eine Rehengröÿeder Geometrie.LeonhardEuler(17071783)widerlegtediesesVorurteil,alsesihmgelang,eine
arithmetishe Verbindung zwishen den Primzahlen und
π
herzuleiten. Ganz unvorbereitetwarseine Entdekungallerdingsnihtsiehatteberühmte Vor-läufer:
JohnWallis(16161703),einanglikanisherGeistliher,dererstmit30Jahren
als Autodidakt (Selbstlerner) zur Mathematik kam, veröentlihte 1655 eine
Gleihung,nämlih dasnahihm benannteunendliheWallis-Produkt
(1)
π
4 = 2 3 · 4 3 · 4 5 · 6 5 · 6 7 ...
Er shlug also einearithmetishe Brükezwishen den rationalenZahlen und
der Kreiszahl
π
.Im Jahre1682 wurde dann von Gottfried W.Leibniz (16461716),einemder
gröÿtenGelehrten seinerZeit,diesogenannteLeibniz-Reiheentdekt:
(2)
π
4 = 1 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − ...
Hiermit ist eine arithmetishe Beziehung zwishen
π
und nur den ungeradennatürlihenZahlenhergestellt.
DieGleihungen(1)und(2)warenvongroÿerBedeutungfürdieMathematik.
Siebrahteneinen wihtigenmethodishenFortshritt:
Siezeigen, dass diebis dahinnur in geometrishenBerehnungenaufgetrete-
ne Zahle
π
durhausauh inarithmetishenZusammenhängenvorkommtund solheZusammenhängelassensihmitzahlentheoretishenMittelnbearbeiten.EulerdemonstiertemitderHerleitungseinerFormel(3),demunendlihenEuler-
Produkt,wiesoeineBearbeitungaussehenkann:
(3)
π
4 (1 + 1 3 )(1 − 1 5 )(1 + 1 7 )...(1 ± p 1 n )... = 1
mit(1 + p 1
n )
fallsn = 4k − 1
und(1 − p 1 n )
fallsn = 4k + 1
,wobeip n
dien-tePrimzahlmeintundn ≥ 2
gilt.Das von Euler dabei eingesetzte zahlentheoretishe Werkzeug ist ein uralter
simplerAlgorithmuseinsogenanntesPrimzahlen-Sieb.
SeitderAntikebesitzendieMathematikereinvonEratosthenesvonKyrene(um
284a.200v.Chr.)entwikeltes,genialeinfahesVerfahrenzurAussonderung
derPrimzahlenausderFolgedernatürlihenZahlendasSiebdesEratosthenes
, welhesnoh niht einmal vorraussetzt, dass man multiplizieren kann,nur
zählenmussmankönnenundFolgendeswissen:
(
∗
) WennmanvoneinernatürlihenZahla > 1
ausmitderShrittlängea
dieFolgeder natürlihenZahlen entlanggeht,danntrit mandabeigenau
dieVielfahenvon
a
,nämliha
,2a
,3a
,...
.DasVerfahrenvonEratosthenesfunktioniertalsSiebverfahrenso:
Essei
F 0 : 2, 3, 4, 5, ...
dieFolgedernatürlihenZahlengröÿerals1
.1.Durhgang:Aus
F 0
entferntmanalleVielfahevon2
auÿerder2
selbst.ManerhältsodieFolge
F 1
.F 1 : [2], 3, 5, 7, 9, 11, ... , 47, 49, 51, 53, 55, 57, 59, ...
2.Durhgang:Manstreihtin
F 1
alleVielfahevon3
auÿerder3
selbst.ManerhältsodieFolge
F 2
.F 2 : [2, 3], 5, 7, 11, ... , 47, 49, 53, 55, 59, ...
3.Durhgang:Manstreihtin
F 2
alleVielfahevon5
auÿerder5
selbst.ManerhältsodieFolge
F 3
.F 3 : [2, 3, 5], 7, 11, ... , 47, 49, 53, 59, ...
4.Durhgang:Manstreihtin
F 3
alleVielfahevon7
auÿerder7
selbst.ManerhältsodieFolge
F 4
.F 4 : [2, 3, 5, 7], 11, ... , 47, 53, 59, ...
Manmahtsihleihtklar,dassfür
n ≥ 1
gilt:Ist
F n = [2, 3, 5, 7, ..., p n ], m 1 , m 2 , m 3 , ...
,dannbildet[2, 3, 5, ..., p n ]
einAn-fangsstükder Folge
p 1 , p 2 , p 3 , ...p n , ...
der nahwahsender Gröÿe gord-netenPrimzahlen;
m 1 , m 2 , m 3 , ...
sindnatürliheZahlengröÿeralsp n
,vondenenkeinedurheinePrimzahlkleinerodergleih
p n
teilbarist.Diese Aussagelässtsihanshaulihsoumshreiben:
DasEratosthenes-Verfahrensiebtausder Fogle der natürlihenZahlengröÿer
1genaudiePrimzahlen aus.
Wie hat nun Leonhard Eulerdie mit (3) behauptete arithmetisheBeziehung
zwishen
π
unddenPrimzahlen hergeleitet?SeinAusgangspunktwardieLeibniz-Reihe(2),diewir
R 1
nennenundsoshrei-ben:
R 1 = 1 1 − 1
3 + 1 5 − 1
7 + 1
9 − ... ± 1 t ± ... ,
mit
+ 1 t
,fallst = 4n + 1
,sowie− 1 t
,fallst = 4n − 1
.Dabeiseit ≥ 1
ungerade.Eulerhattebemerkt,dassbisaufeineAusnahmedieReziprokenderZahlender
Eratosthenes-Folge
F 1
genaudieBruhzahlender Reihe (2)sind.Dasbrahteihndazu,dasfolgendeEratosthenes-Verfahrenauf
R 1
anzuwenden:1.Durhgang:Aus
R 1
entfernteEuleralleBrühe,derenNennerVielfahederPrimzahl
3
sind.Ererreihtdies,indemerzuR 1
dieReihe1
3 R 1
soaddiert∗
:
R 1 = + 1 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − 11 1 ± ...+ 49 1 − 51 1 + 53 1 − 55 1 ± ...
+ 1 3 R 1 = + 1 3 − 1 9 ± ... + 51 1 ± ...
R 2 = (1 + 1 3 )R 1 = + 1 1 + 1 5 − 1 7 − 11 1 ± ...+ 49 1 + 53 1 − 55 1 ± ...
2.Durhgang:Aus
R 2
werdenalleBrüheentfernt,derenNennerVielfahederPrimzahl
5
sind, indem man zuR 2
die Reihe− 1 5 R 2
addiert. Man erhält dieReihe
R 3
:R 3 = R 2 (1 − 1 5 ) = 1 1 − 1 7 − 11 1 ± ... + 49 1 + 53 1 − 59 1 ± ...
3. Durhgang: Entfernung aller Brühe aus
R 3
, deren Nenner Vielfahe derPrimzahl
7
sind,durhAdditionder Reihe1 7 R 3
zuR 3
ergibtdieReiheR 4
:R 4 = R 3 (1 + 1 7 ) = 1
1 − 1 11 + 1
13 ± ... − 1 47 + 1
53 − 1 59 ± ...
Sofortfahrend(vollständigeInduktion)erhältmanaufeinanderfolgendeReihen
R 1
,R 2
,R 3
,...,R n − 1
,R n
fürn ≥ 2
,wobeifürR n
gilt:∗
MitderReihenlehrelässtsihbeweisen,dassdieandenReihen
R 1 , R 2 ,R 3 , ...
ausgeführ-tenOperationen sämtlihzulässigsind.
R n = R n − 1 (1 ± p 1 n ) = 1 1 ± p n+1 1 ± ...
Dabei meinenp n
undp n+1
dien-teund(n+1)-tePrimzahl.Esist
1 + p n
fallsp n = 4k − 1
sowie1 − p n
fallsp n = 4k + 1
und1 1 + p n+1 1
fallsp n+1 = 4m + 1
ist sowie1 1 − p n+1 1
falls
p n+1 = 4m − 1
ist.ErsetztmannuninderGleihungfür
R n
derReihenahR n − 1
durhR n − 2
,dannR n − 2
durhR n − 3
,... undshlieÿlihR 2
durhR 1
,so folgt:R n = R 1 (1 + 1 3 )(1 − 1 5 )(1 + 1 7 )...(1 ± p 1 n ) = 1 1 ± p n+1 1 ± ...
Vonhieraushat Eulervielleihtsoweiterüberlegt:
Esist
1
1 ± p n+1 1 ± ... = 1 + R 1 − ( 1 1 − 1 3 + 1 5 ± ... ± p 1 n )
Damitgiltfür
n → ∞
:Wegen(2)ist
1 + R 1 − ( 1 1 − 1 3 + 1 5 ± ... ± p 1 n ) → 1 + R 1 − R 1 = 1
;folglihistauh
1
1 ± p n+1 1 ± ... → 1
unddeshalbauhR n → 1
.DasLetztebedeutetabermit
R 1 = π 4
,dass dannwegenπ
4 (1 + 1 3 )(1 − 1 5 )(1 + 1 7 )...(1 ± p 1 n ) → 1
EulersBehauptung(3)zutrit.Selbst heute im Zeitalterder Computer sinddie Formeln(1),(2) und (3)nur
vongeringempraktishenNutzen:
UmauhnureinigewenigesihereStellendes
π
-Werteszuerhalten,mussmanunverhältnismässig riesige Anzahlen von Summanden bzw. Faktoren berük-
sihtigen,weildieAusdrüke(1),(2) und(3)äuÿerstlangsamkonvergieren.
Hättest Du es gewusst?
Was ist ein unendliher Abstieg
von Hartwig Fuhs
EinederältestenBeweisstrategien,diewirkennen,isteinbemerkenswertstruk-
turierterUmöglihkeitsbeweis,dendieMathematikerdesaltenGriehenland
vermutlihdiePythagoreer,einevonetwa550bis350v.Chr.bestehendeGrup-
pevonPhilosophenundMathematikernentwikelthaben.Ergerietnahdem
Untergangder griehish-römishenZivilisationlangeinVergessenheit,bisihn
Pierrede Fermat(16011665)wiederentdekte.Fermatwarsostolzaufsein
Beweisverfahren,dasserspäterbehauptete,alleseineshönenmathematishen
Erfolgealleinedamiterrungenzu haben.
Erwaresauh,derdieserBeweisstrategieihrenheutigenNamengab:desente
innie was mit unendliher Abstieg und manhmal auh mit unendliher
Regress übersetztwird.
DieMethodedesunendlihenAbstiegsfunktioniertanshaulihso:Einlogisher
ProzessführtvonStufezuStufehinabin einenmathematishenAbgrundin
dieWahrheit einerzu beweisendenAussageherzuleiten.
∗
AlgorithmisheBeshreibungeinesunendlihenRegresses
Es sei
A
eine Aussage, in der natürlihe Zahlenn
eine Rolle spielen solheAussagenbezeihnenwirmitHinweisaufdieAbhängigkeitder Aussage
A
vonn
mitA(n)
.Die mit einem unendlihen Abstieg beweisbaren Behauptungen sind nun im
einfahstenFalltypisherWeisevonder Art:
(1) DieAussage
A(n)
tritfür keinenatürliheZahln
zu.ManbeginntdenBeweisvon
(1)
miteinemunerwartetenlogishenZug,indem mandasGegenteilvon(1)
alsodieNegation(Verneinung) von(1)
füreinn 1
alswahrannimmt,also:(2) DieAussage
A(n 1 )
istwahrfür einenatürlihe Zahln 1
.Aus der Annahme
(2)
sei nun herleitbar, dass für einenatürlihe Zahln 2
mitn 2 < n 1
gilt:(3) DieAussage
A(n 2 )
tritzufürn 2
.Mit
(3)
bendetman sihnun inder gleihenlogishenSituationwiebei(2)
.Von
(3)
kannmandaherauhmitder gleihenShlusskettewie(2) ⇒ (3)
dieBehauptungbeweisen:Füreinenatürlihe Zahl
n 3
mitn 3 < n 2
gilt:(4) DieAussage
A(n 3 )
istwahrfürn 3
.Aus
A(n 3 )
leitetmanebensoA(n 4 )
füreinn 4 < n 3
herundsoweiter...ineineransheinend niht abbrehendeFolge von weiteren Abstiegen
A(n 5 )
,A(n 6 )
,A(n 7 )
...mitn 4 > n 5 > n 6 > n 7 >
...AberdiemiteinerunbeshränktlangenShlusskette
(2) ⇒ (3) ⇒ (4) ⇒
...einhergehende, ebenfalls unbeshränkt langeUngleihungskette
n 1 > n 2 >
n 3 >
...vonimmer kleinerwerdendennatürlihenZahlenn 1
,n 2
,n 3
, ...istgarnihtmöglih,dennsiewidersprihtderTatsahe,dassesunterhalbvon
n 1
nurendlihvielevershiedenenatürliheZahlengibt.
Aus diesem Widerspruh folgt: Die Annahme
(2)
muss falsh sein. Dann giltaber
(1)
,waszuzeigenwar.Anwendungan einemBeispiel
Aneinemgeometrishen(!)Beispieldemonstierenwir,wiederlogisheProzess
desunendlihenAbstiegskonkretabläuft,indemwirzeigen:
(
∗
) EsgibtkeinregelmäÿigesFünfek,dessensämtliheEkpunkteGitterpunk- tesind.∗
Ludwig Wittgensetin (18891951), einer der bedeutendsten Philosophen und Logiker
des20.Jahrhunderts,bemerkteinmal:DieLogikerundMathematikerhabeneineaber-
gläubigeAngstvordemWiderspruh. UnserBerihtwirdzeigen,dassdieseAngstbei
einemunendlihenRegressgänzlihunbegründetist.
jeder Punkt
(x | y)
mit ganzzahligenKoordinatenx, y
ein Gitterpunkt. Um zu zeigen,dass(∗
)gilt,beweisenwirvorweg:a) DiequadrierteLängeeinerStrekezwishenzwei Gitterpunktenistganz-
zahlig.
b) Sind drei Ekpunkte eines Parallelogramms Gitterpunkte, so ist es auh
dervierteEkpunkt.
Begründung:
d 2 − a 2
C D
B A d 1 − a 1
L
d 2 − a 2
y
x d 1 − a 1
Abbildung 1
A = (a 1 | a 2 )
undD = (d 1 | d 2 )
seienzweibeliebige Gitterpunkte vergleiheAb-
bildung1.DannistdiequadrierteLänge
L 2 = (d 1 − a 1 ) 2 + (d 2 − a 2 ) 2
,danurmitganzen Zahlen addiert, subtrahiert und
multipliziert wird,ganzzahlig.
B = (b 1 | b 2 )
sei nun ein weiterer Git-terpunkt und
C = (c 1 | c 2 )
ein vierterPunkt so, dass der Strekenzug
ABCD
ein Parallelogramm ist. Dann ist
c 1 = b 1 + (d 1 − a 1 )
undc 2 = b 2 + (d 2 − a 2 )
.WiebeiderquadriertenSeitenlängesind
demnah
c 1
undc 2
ganze Zahlen, alsoist
C
ebenfallseinGitterpunkt.Wirbeweisen nun(
∗
)durheinenunendliheAbstieg:Annahme:DieEkpunkte
A 1
,B 1
,C 1
,D 1
undE 1
einesregelmäÿigenFünfeksF 1
seienGitterpunkte.Dann ist die quadrierte Seitenlänge
L 2 1
vonF 1
ganzzahlig. In das FünfekF 1
konstruieren wir fünf Rauten, et- wa die RauteA 1 B 1 C 1 D 2
mit Gitter-punkten
A 1 , B 1 , C 1
undD 2
verglei-he Abbildung 2 sowie die übrigen
Rauten
B 1 C 1 D 1 E 2
und soweiter ver-gleihe Abbildung 3. Die fünf Punkte
A 2 , B 2 , C 2 , D 2 , E 2
sindalsEkpunktederRautenundsomitalsEkpunktespe-
ziellerParallelogrammejeweilsGitter-
punkte; sie bilden die Ekpunkte eines
neuen Fünfeks
F 2
, welhes aus Sym-metriegründenregelmäÿigist.
L 1
A 1 B 1
D 2
E 1
D 1
C 1
Abbildung2
Aus derAnnahmefolgtsomit:
Sämtlihe Ekpunkte des regelmäÿigen
Fünfeks
F 2
sindGitterpunkteunddes- halb ist die quadrierte SeitenlängeL 2 2
von
F 2
ganzzahlig. Oentsihtlih giltL 2 2 < L 1 2
.Ebensokonstruiertmanaus
F 2
einregelmäÿigesFünfekF 3
mitlau-ter Gitterekpunktenundganzzahligen,
quadriertenSeitenlängen
L 3 2
mit
L 3 2 <
L 2 2
undsoweiter...
E 1
D 1
C 1 C 2
D 2
E 2
A 2 B 2
L 1
L 2
B 1 A 1
Abbildung3
Aber eine auf diese Weise erzeugte, niht abbrehende Folge von natürlihen
Zahlen
L 1 2 , L 2 2 , L 3 2 ,
... mitL 1 2 > L 2 2 > L 2 2 ,
ist niht möglihirgentwannmuss es eine kleinste natürlihe Zahl geben! Damit ist gezeigt, dass die am
Anfang getroene Annahme auf einen Widerspruh führt, also ist sie falsh.
SomitgiltdieBehauptung(
∗
).Die besondere Aufgabe
Über die Zerlegung von spitzwinkligen
Dreieken in spitzwinklige Dreieke
von Hartwig Fuhs
EinDreiekheiÿtspitzwinklig,wennjederseinerWinkel
< 90 ◦
ist.Spitzwinklige DreiekekönnennihtimmerinspitzwinkligeDreiekezerlegtwerden.Vielmehrlässtsihzeigen:
Ein spitzwinkligesDreiekkannnihtin zweioder drei, wohlaberin vier
spitzwinkligeDreiekezerlegtwerden.
Die Lösung
Essei
△
einspitzwinkligesDreiekmitdenEkpunktenA, B
undC
.(1) Annahme:
△
seiinzweispitzwinkligeDreieke△ 1 , △ 2
zerlegt.Die beiden Dreieke
△ 1
und△ 2
besitzen eine gemeinsameSeite, bei der einEndpunktzugleihEkpunktvon
△
seinmussundderandereEndpunkterseiP
genanntineinerSeitevon△
liegt(Figur1).DannsindnahVoraussetzung dieWinkelvon△ 1
und△ 2
beiP
zusammen< 90 ◦ + 90 ◦ ,
also< 180 ◦
einWiderspruh:
△ 1
und△ 2
könnendaher nihtbeidespitzwinkligsein.△ 2
P B B
△ 2
△ 1
P
△ 3
Q
△ 1
A
C C
A
Figur1 Figur2
(2) Annahme:
△
seiindreiSpitzwinklige△ 1 , △ 2
und△ 3
zerlegt.1.Fall:EsgebekeinenPunkt
R
,der ein gemeinsamerEkpunkt von△ 1 , △ 2
und
△ 3
ist.Zerlegungvon
△
:Zunähstzertrenntman
△
wieinFigur1inzweiDreiekederengemeinsameSeitesei
CP
.EinesderbeidenDreiekezuBeispiel△ BCP
zerlegtmanweiterinzweiDreieke
△ 2 , △ 3
mitgemeinsamerSeiteBQ
(vergleiheFigur2). Wiein(1) folgtfür dieWinkelvon
△ 2
und△ 3
beiQ
,dasssiezusammen< 180 ◦
sindeinWiderspruh. Alsotrittder 1.Fall nihtein.
2.Fall:EsgebeeinenPunkt
R
,dergemeinsamerEkpunktvon△ 1 , △ 2
und△ 3
ist.
a) Rliegtim Innerenvon
△
(Figur 3).Dann sind die Winkel von
△ 1 , △ 2
und△ 3
beim PunktR
zusammen< 3 · 90 ◦ = 270 ◦
ein Widerspruh, da sie ja zusammen360 ◦
ergebenmüssen.
b) RseieinEkpunktvon
△
oder RliegeineinerSeitevon△
.Dann sind nurdie in Figur 4oder Figur 5 skizziertenZerlegungen mög-
lih. Es gibt daher stets einen Punkt
S
,S 6 = R
, in einer Seite von△
,dergemeinsamerEndpunktzweierZerlegungsdreiekeist.Wiein(1)folgt
darausderWiderspruh,dassdieWinkelzweierDreiekebei
S
zusammen< 180 ◦
sind.A
C R
S
△ 1
Figur5
B A
C = R
S
Figur4
△ 1
A
C
Figur3
R
△ 2
△ 1
△ 3
B
△ 3
△ 2
△ 3
△ 2
B
Mit (1)und (2) istgezeigt: Ein spitzwinkligesDreiekist weder in zwei noh
indreispitzwinkligeDreiekezerlegbar.
(3) Wirzeihnenin
△
dasMittendreiekPQR
einund zerlegen
△
in vier kongruente Dreieke△ 1 , △ 2 , △ 3 △ 4
,diezu△
ähnlihsind,denndie Seitenlängen von
△ 1 , △ 2 , △ 3
und△ 4
betragendieHälftenderSeitenlängenvon
△
,da
P, Q, R
derenMittelpunkte sindund weilPQ k AB, QR k BC , RP k CA
(UmkehrungdesStrahlensatzes).
A
C
P Q
β z
x y α
△ 4 γ γ
R B
Figur6
α β
α β
Bezeihnet man die Winkel von
△
mitα, β, γ
, dann sind die Winkel von△ 1 , △ 2 , △ 3
alsStufenwinkelanParallelenfestgelegt(Figur6).Für den Winkel
x
von△ 4
gilt:α + β + x = 180 ◦ ;
alsox = γ
. Entsprehend ndet man:y = α
undz = β
.Wegen
α, β, γ < 90 ◦
sinddievierDreieke△ 1 , △ 2 , △ 3
und△ 4
spitzwinklig.Daher istjedesspitzwinkligeDreiekinvierspitzwinkligeDreiekezerlegbar.
AnregungzumWeiterdenken
Wie stehtesmitderZerlegungeinesspitzwinkligenDreieksin fünf (insehs,
in sieben,inaht,...) spitzwinkligeDreieke?
Die Seiten für den Computer-Fan
Eine Formel zur ErzeugungvonPrimzahlzwillingen?
Ein Primzahlzwillingist ein Paar
(p, q)
von Primzahlenp
undq
im Abstand2
wie(3, 5)
,(5, 7)
oder(11, 13)
. Die Frage, ob es unendlih viele oder nurendlih viele Primzahlzwillinge gibt, ist bislang trotz intensiver Bemühungen
der Mathematikernohnihtentshieden.
Wenn man eine Formel als Funktion einer natürlihen Zahl
n
nden könnte,diefüralle
n
nurPrimzahlzwillingeliefertoderdohmitwahsendemn
immerwieder welhe, wäreder Nahweis erbraht, dass es unendlih viele Primzahl-
zwillingegibt;denndiesistdieallgemeineVermutung.
UntersuheunterdiesemAspekt dieFolgederZahlenpaare
(p(n), q(n))
mitp(n) := 30 ·| (2n − 27) · (n − 15) |− 1
undq(n) := 30 ·| (2n − 27) · (n − 15) | +1
für möglihstvielenatürlihe Zahlen
n
. WasbeobahtestDu? (nahH.F.)Hinweis:IhrkönntEureLösungenbiszum15.Mai2009einshiken,dennauhhierbeigibt
esPunkte zuergattern.AllerdingsmüsstIhrbeider Verwendungeineseigenen Programms
dies entsprehend dokumentieren durhEinsenden derProgramm-Datei(amBesten alsE-
Mail-Anhanganmonoidmathematik.uni-ma inz. de) .
DieLösungenwerdenjeweilsimübernähstenHeftersheinen.
MONOID 95
Aufgabe:GanzzahligePunkteauf kubisherKurve
Wirbetrahten in einem
(x, y)
-Koordinatensystem die Kurvek
, die durhdiekubisheGleihung
y 2 − x 3 = 17
beshriebenwird.Fallsesindem Kreisgebiet,dasdurhdieUngleihung
x 2 + y 2 ≤ 10 8
deniertwird,Kurvenpunkte
K
aufk
mitganzzahligenKoordinatengibt,bestimmemandiese! (H.F.)
Ergebnisse:
Es genügtzur Aundung von Lösungen in dem vorgeshlagenenBereih nur
ganzzahlige
x
mit− 2 ≤ x ≤ 10 4
in Betrahtzu ziehen; dennfürx ≤ − 3
isty 2 − x 3 ≥ 27
undfürx > 10 4
istx 2 + y 2 > 10 8
.Mit dieser Coputer-Aufgabe beshäftigt haben sih Janosh Gräf (Georg-
Forster-GesamtshuleWörrstadt)undFlorianShweiger(GymnasiumMarkto-
berdorf)miteigenenProgrammeninCbeziehungsweiseVisualBasi.Ihreüber-
einstimmendenResultatevon14ganzzahligenKoordinatenpaaren
(x , y )
lauten:K 1 ( − 2 | 3)
,K 2 ( − 2 | − 3)
,K 3 ( − 1 | 4)
,K 4 ( − 1 | − 4)
,K 5 (2 | 5)
,K 6 (2 | − 5)
,K 7 (4 | 9)
,K 8 (4 | − 9)
,K 9 (8 | 23)
,K 10 (8 | − 23)
,K 11 (43 | 282)
,K 12 (43 | − 282)
,K 13 (52 | 375)
,K 14 (52 | − 375)
.FlorianShweigerist mit
x
noh über10 4
hinausgegangen(bis10 5
)und hatdabeinohzwei weiterePunkte entdekt:
K 15 (5234 | 378661)
undK 16 (5234 | − 378661)
.Mathis mahen
mathematishe Entdekungen
Zahlen-Trapeze
Shreibe für einenatürlihe Zahl
n > 1
einen beliebig langenAnfang dern
-tenPotenzen
1 n
,2 n
,3 n
,4 n
,...
ineineReiheR 1
.Berehne dann diepositivenDierenzen
D 1
,D 2
,D 3
,...
vonjeweilszweibenahbartenPotenzenundshreibe sie wieim Beispielin einerReiheR 2
unterdie ReiheR 1
; danah shreibediepositiven Dierenzen von jeweilszwei benahbarten Zahlen
D i
,D i+1
in einerReihe
R 3
unterdieZeileR 2
,undsoweiter.6 3 ...
...
...
R 4 : ...
R 3 : R 2 :
R 1 : 1 3 2 3 3 3 4 3 5 3 91
36 30
61 24 37 18 19 12 7
6 6 6 6
UntersuhenunsolheZahlen-TrapezefürvershiedeneWertevon
n
.Kannstdu inihnenirgendwelheGesetzmäÿigkeitenerkennen?
Wennja:FormulieresiealsVermutung! (H.F.)
Hinweis:EuremathematishenEntdekungenkönntIhrbiszum15.08.2009andieMONOID-
Redaktioneinsenden,dennauhhierbeigibtesPunktezuergattern.EureErgebnissewerden
jeweilsdreiHeftespäterveröentliht.
Lösungen der Mathespielereien aus
MONOID 96
Für die jüngeren Shüler/innen derKlassen 57
In eigenerSahe
IhrhaltetnundasHeft97in denHänden,baldkönnenwiralsoJubiläum,das
100.feiern.
Bei den Neuen Aufgaben sindwir auh shonweit im 900-erBereih mit der
Aufgabennummerierung,esstehtalsoauhdie1000.Aufgabekurzbevor.
Dohwelhesdieser beidenEreignissewerdenwirfrüherfeiernkönnen? Fallen
diese Ereignissevielleihtsogarzusammen?
Hinweis: Wir stellen inder Regelinjedem Heftsieben NeueAufgaben. Zusatzfragefür
Zusatzpunkte:Waresimmerso,dassproHeftsiebenNeueAufgabengestelltwurden?(MG)
Lösung:
DieHefteersheinenalledreiMonate.Daherlässtsihberehnen,dassHeft100
im Dezember2009ersheinenwird.
ImletztenHefthabenwirdieAufgabe959gestellt.Darauslässtsihwiederum
hohrehnen,dassbeisiebenAufgabenproHeftimJubiläumsheftdieAufgaben
981 bis 987 gestellt werden. Das Jubiläum wird erst später gefeiert werden
können,nämlihimHeft102imJuni2010.
Zur Zusatzaufgabe:Da
7 · 100 = 700 < 987
ist, müssen in früheren Heftenshon mehralsnur siebenAufgaben gestelltwordensein.
Simone geht auf Entdekungsreise durh die Welt der Zahlen. Ihr hat es die
magisheSieben angetan.Sieentdekt:
1 = 77 : 77 2 = 7 : 7 + 7 : 7 3 = (7 + 7 + 7) : 7
JetztsuhtsienatürlihandereZahlen,dieebenfallsnurmitHilfevongenauvier
Siebenen,Rehenzeihen
+
,−
,·
,:
undKlammemdargestelltwerdenkönnen.StelledieZahlen
4
bis10
sodar! (WK)Lösung:
EsgiltzumBeispiel
4 = 77 : 7 − 7 5 = 7 − (7 + 7) : 7 6 = (7 · 7 − 7) : 7 7 = (7 − 7) · 7 + 7 8 = (7 · 7 + 7) : 7 9 = 7 + (7 + 7) : 7 10 = (77 − 7) : 7
Wielang ist dasShi,wiealtder Kapitän?
Seeleuteverbringen vielZeit auf hoherSee,und da kommtes shon malvor,
dasssihdieLeutegegenseitigkleineRätselaufgeben.EinjungerMatrosewill
vonseinemKapitänwissen,wielangeigentlihihrShiist.DerKapitäntestet
seinenMitarbeitereinwenigundsagt:IhhabenihtwenigeralsdreiKinder.
DerenAltersuntershiedistjeweilsgenauzweiJahre.WennmandieAlterszahlen
meiner Kinder multipliziert, so kommt mein Alter heraus und das Shi ist
fünfmal solang, wieihalt bin. Jetzt kannder Matroseberehnen,wielang
dasShiist,und erweiÿsogar,wiealt derKapitänist. (WK)
Lösung:
Wirgehenmaldavonaus,dassder KapitänjüngeralsdasRentenalter,also65
oder 67,undälter als20 Jahreist. Überseine Kinderwissenwir,dass der Al-
tersuntershiedimmergenau2Jahrebeträgt.Wirtestenjetztallerealistishen
Möglihkeiten,ausgehendvomAlterdesjüngstenKindes:
AlterderKinder AlterdesKapitäns
1;3;5
15
(zujung)2;4;6
48
3;5;7
105
(zualt)mindestens1,3,5und7JahrealtundderKapitändahermindestens105Jahre.
Dasistbereitszualt.
Wirsehen,dassdieeinzige realistisheLösung vorliegt,wennder Kapitändrei
Kinderhat unddiese2,4und 6Jahrealtsind.DannistderKapitän 48Jahre
altunddasShi
48 · 5 = 240
mlang.Staatsagge
IneinemneugegründetenStaatsolldieneueStaatsaggeausdreihorizontalen
Streifen bestehen,wobei natürlihbenahbarte Streifenniht gleihfarbigsein
dürfen.FürdieStreifenstehensehsFarben zurAuswahl.
Wie vielevershiedeneFlaggensindmöglih? (H.F.)
Lösung:
Da bei Staatsaggen die Reihenfolge der Farben wesentlih ist, werden zwei
gleihfarbigeFlaggen,beidenender obereStreifendereinen Flaggefarbgleih
mitdemunterenStreifender anderenFlaggeist,alsvershiedenbetrahtet.
DiedreiStreifenseienvershieden farbig.
Dann gibt es für einen Streifen
6
, für einen anderen Streifen5
und für dendrittenStreifen
4
Wahlmöglihkeiten.Deshalbsind6 · 5 · 4 = 120
vershiedene Flaggenmöglih.Nunseien derobereundder untereStreifenvongleiherFarbe.
DanngibtesfürdenmittlerenStreifen
6
Wahlmöglihkeitenundfürdiebeiden äuÿeren Streifen5
Wahlmöglihkeiten. In diesem Fall sind daher6 · 5 = 30
vershiedeneFlaggenmöglih.
Insgesamtgibtes
30 + 120 = 150
möglihevershiedeneFlaggen.Rehtek-Zerlegung
Zerlege dasRehtek,dessenSeiten 43mund611mlangsind,in möglihst
wenigeQuadrate. (H.F.)
Lösung:
Q a
bezeihneeinQuadratmitdenSeitenlängena
m,R
dasgegebeneReht-ek.WirzerlegendasRehteknun,indemwirjeweilsdasgröÿtmögliheQua-
drat (aneinem Rand!)konstruieren. Es istklar, dass dadurhdie Anzahl der
Quadrateminimiertwird.
. . . Q 43 ... Q 43
Q 9
Q 9
Q 7
Esist:
611 = 14 · 43 + 9 = ⇒ R
enthält14QuadrateQ 43
,43 = 4 · 9 + 7 = ⇒ R
enthältvierQuadrateQ 9
,9 = 1 · 7 + 2 = ⇒ R
enthälteinQuadratQ 7
,7 = 3 · 2 + 1 = ⇒ R
enthältdreiQuadrateQ 2
,2 = 2 · 1 = ⇒ R
enthältzweiQuadrateQ 1 .
Damitist
R
in14 + 4 + 1 + 3 + 2 = 24
Quadratezerteilt.DenKennernunterEuhwirdsiheraufgefallensein,dasssihhinterderobigen
Berehnung der Euklidishe
∗
Algorithmus verstekt, der zur Berehnung des
gröÿtengemeinsamenTeilersdient.Hierist
ggT(611, 43) = 1
.(H.F.,MG)
Finanzkrise
Jetzt wird es politish... Euh dürfte aus den Nahrihten niht entgangen
sein,dassüberalldieRedevoneinerweltumspannendenFinanz- oderBanken-
krise ist. Um noh gröÿeren Shaden zu vermeiden, hat die Bundesregierung
am 13.Oktober2008 beshlossen, bis zu 480 Milliarden Euro für Hilfe zur
Verfügungzustellen.
a) DasGeld muss auh irgendwoherkommen und Geldbekommtder Staat
inersterLinievomSteuerzahler.AngenommendieHälfteallerinDeutsh-
landlebenden82MillionenEinwohnerzahlt Steuern:Wievielmuss jeder
einzelne Steuerzahler aufbringen, um die 480 Milliarden Euro bereit zu
halten?
b) Deutshe Jugendämter empfehlen für 13- bis 15-Jährige Tashengeld in
Höhevon20Euromonatlih.WielangemussElena,diesovielbekommt,
sparen,umdiesenPro-Kopf-Betragzusammenzuhaben?
) Ein100-Euro-SheinhatdieAbmessung
147 mm × 82 mm
undist0,11 mm
dik.Wie lang wäredieStreke,wenn die480MilliardenEuro in solhen
Sheinen(längs)aneinandergelegtwürden(vergleihedieLängemitdem
Erdumfang)beziehungsweisewiehoh wäreeinStapelaussolhenShei-
nenübereinander?
d) EinBankmanager,JosefAkermann,verdiente 14MillionenEuro imJahr
2007
∗∗
,einausgelernterBankangestellternahTarifvertragrund2000Euro
monatlih(brutto). Wie langemussein solherarbeiten,damit ersoviel
Geldbekommt,wieseinobersterChefin einemMonat?Wasfällt Dir an
dieserZahlauf?
e) EinZinssatzvon1%istsehrgering.WievielZinsenwürdederBankmana-
gerproTagbekommen,wennerseinGeldtrotzdemzudiesemProzentsatz
∗
Euklid (
Eυκλειδης
), * um 365 v. Chr.vermutlih in Alexandria oder Athen,†
a.300v.Chr.;griehisher Mathematiker.Erstellte inseinemWerkDieElemente das
mathematisheWissenseinerZeitzusammen.
∗∗
vgl.VorstandshefAkermannverdiente14MillionenEuro;In:MitteldeutsheZeitung,
26.März2008.
leinstehendePerson(Single)351EuroimMonat.) (MG)
Lösung:
a)
480 · 10 9 : 82 · 2 10 6 ≈ 11707,32
.JederSteuerzahlermussetwa12000e
auf- bringen.b)
11707 e : 20 Monat e ≈ 585 Monate
. Elena muss 585 MonateTashengeldsparen,dassindfast49Jahre!
) Für 480Milliarden Eurowerden4,80MilliardenSheine zu 100Eurobe-
nötigt.AneinandergelegtergibtsiheineStrekevon
4,8 · 10 9 · 147 mm = 7,056 · 10 11 mm = 705600 km
,wasetwadem17,6
-fahendesErdäquators (40075km) entspriht. Übereinander ergibt sih ein gigantisher Stapelvon
4,8 · 10 9 · 0,11 mm = 528 · 10 6 mm = 528 km
Höhe,was etwa dem59,7
-fahenderHöhedesMountEverest (8848m)entspriht.d)
14 · 10 6 e
12 : 2000 e ≈ 583,3
.EinausgelernterBankangestelltermussalsoüber 583Monatearbeiten,dassindüber48Jahre.DaabereinBankangestellter,biserausgelernthat,shondeutlihüber20Jahrealtist,kannerbiszum
Rentenaltergarnihtsolangearbeiten.
e) Erbekäme
14 · 10 6 e · 0,01 · 360 1 ≈ 388,89 e
,alsojedenTagmehr, alsein Hartz-IV-EmpfängerimganzenMonatalsRegelsatzerhält!Mittelwertfolgen
Katrin ist begeisterte Knoblerin undangesporntvom Artikel Papposund die
Mittelwerte aus MONOID 94 entwikeltsie eine Zahlenfolge: Sie beginntmit
denZahlen
1
,5
undjedefolgendeZahlisthalbsogroÿwieihrVorgängerundihr Nahfolgerzusammen(arithmetishesMittel!).
a) Wieheiÿendienähstenfünf ZahlenvonKatrinsFolge?
b) Welhesistdie
96
.ZahlderFolge?) GehörendieZahlen
97
und2009
zuKatrinsFolge?d) Da Katrin es sehr anstrengend ndet, alle Folgenglieder ausrehnen zu
müssen,umirgend einspätesFolgenglied bestimmenzukönnen,möhte
sieeineexpliziteFormelherleiten,mit dersiedirektdas
n
-teFolgenglied, mitn ∈
N,berehnenkann.Nahkurzer Überlegungndet sieauh einesolheFormel.Wie lautetdiese?
e) WelhesPhänomentrittauf,wennKatrinnihtjedefolgendeZahlisthalb
sogroÿwieihrVorgängerundihrNahfolgerzusammen festgelegthätte,
sondern jede folgende Zahl ist halb so groÿ wie ihre beiden Vorgänger
zusammen? (MG)
Lösung:
a) DienähstenfünfFolgengliedersind
9
,13
,17
,21
,25
.weilsum
4
gröÿerist,alsseinVorgänger.DannwäredieexpliziteFolgen-vorshrift:
a n = 4(n − 1) + 1 = 4n − 3
.Diese Formelkönnenwir beweisen,denn ausder Bildungsvorshrift
a n =
a n − 1 +a n+1
2
folgt2a n = a n − 1 + a n+1
unddarausa n+1 − a n = a n − a n − 1
,dasheiÿtdieDierenzjezweierFolgengliederistkonstantvonAnfangan,also
gleih
4
(sieheTeila)
).SomitgiltdieBildungsvorshrift
a n+1 = a n + 4
fürallen ∈
Nmita 1 = 1
.Insgesamtgiltdamit
a n = a 1 + 4(n − 1) = 1 + 4n − 4 = 4n − 3
.b) MitdieserFormelkönnenwirsehrleihtdieübrigenFolgengliederbereh-
nen.Soist
a 96 = 4(96 − 1) + 1 = 381
.) Da
97 = 96 + 1 = 4 · 24 + 1
gilt,ist97
das25
.Folgengliedundanalogist wegen2009 = 2008 + 1 = 4 · 502 + 1
das503
.Folgenglied.e) Wärejedefolgende Zahlisthalb so groÿ wieihre beiden Vorgängerzu-
sammen, also
a n+1 = a n − 1 2 +a n
, so würden die Folgenglieder sih immer weitereinanderannähern,daa n+1 − a n = 1 2 (a n − 1 − a n )
und amEndeumeinenfestenWertliegen,indiesem Falletwa
3,666
.Mathematikersagen, dieFolgekonvergiert.BislanggröÿtePrimzahlen gefunden Teil1
WieIhrimArtikelBislanggröÿtePrimzahlengefunden vonUlrikeMüllerlesen
könnt, wurden vor Kurzem zwei neue, sehr groÿe Primzahlen entdekt, bei
denenes sihumsogenannteMersenne-Primzahlenhandelt.
a) DiedamitgröÿtebislangbekanntePrimzahlistdie45.Mersenne-Primzahl.
AufeineSeiteineinemMonoid-Heftpassen(beinormalemSatz)43Zeilen
mit65 Zeihen.WievieleSeiten werdenbenötigt, umdiekompletteZahl
mitallenZiernabzudruken?
b) IstdieMersenne-Zahlfür
n = 3
undn = 11
einePrimzahl?) IstdieMersenne-Zahlfür
n = 4
einePrimzahl?ZweiweitereAufgabenzudiesemThemandetIhrbeiderNeuenAufgabe953.
(MarelGrunerund UlrikeMüller)
Lösung:
a) AufeineSeitepassen
43 · 65 = 2795
Zeihen.Die45.Mersenne-Primzahl hat 12978189 Stellen, also werden12978189 : 2795 ≈ 4643,4
Seitenbenötigtmehrals105Hefte(inderHand haltetIhrHeft 97).
b) DieZahl
2 3 − 1 = 8 − 1 = 7
isteinePrimzahl.Esist
2 11 − 1 = 2048 − 1 = 2047 = 23 · 89
,alsoistdieZahlnihtprim.) Esist
2 4 − 1 = 16 − 1 = 15 = 3 · 5
,alsoebenfallskeinePrimzahl.Für die jüngeren Shüler/innen derKlassen 57
Geburtstagsmathematik
BeieinemSpaziergangmitihremMannHans-Werner
letztesJahr(2008)stellteUtefest:MeineShwester
ist vomJahrgang '52und so alt binih jetzt.Meine
Shwesteristnun56JahrealtunddasistmeinJahr-
gang! Der Geburtsjahrgang bestehtaus den letzten
beiden ZierndesGeburtsjahres.
∗
∗
a) SiestelltsihnundieFrage:IstdasZufallodergibtesbeijedemPaarein
Jahr, in dem dieses Phänomen auftritt? Ihr Mann ein Mathematiker
stelltwildeTheorienauf.KannstDuihnenhelfen?WielautetdieAntwort
auf UtesFrage?
b) Ihre Töhter sind in den Jahren 1980 und 1983 geboren.Gibt es für die
beiden auh ein solhesJahr? Gibdas Jahran oder begründe, warumes
diesesnihtgibt.
) Ute und Hans-Werner stellen fest, dass es für sie auh ein solhes Jahr
gibt,nämlih 2009.InwelhemJahrwurde Hans-Wernergeboren? (MG)
Gröÿenvergleih
Die Seitenähen eines Quaders haben die Fläheninhalte
220 cm 2
,264 cm 2
und
270 cm 2
; dieFläheninhalteder Seitenähen eines zweiten Quaders sind176 cm 2
,198 cm 2
und450 cm 2
.WelherderQuaderhatdasgröÿereVolumenoderhabensieetwadasgleihe
Volumen? (H.F.)
Noheine Variante derGoldbah-Vermutung
∗∗
Jedenatürlihe Zahl
n > 5
istdieSummeauseinerPrimzahl undeinerNiht-primzahl.
(MalteMeyn,Kl.11,Ohm-Gymnasium,Erlangen)
∗
Füralle, diemitderShreibweisevertrautsind, dasselbenoh malmathematishfor-
muliert:DerJahrgang
j
zumGeburtsjahrJ
istJ ≡ j mod 100
mit0 ≤ j ≤ 99
.∗∗
NahChristianGoldbah,*18.03.1690inKönigsberg,
†
20.11.1764inMoskau(inman-henQuellensteht01.12.1764inSt.Petersburg).SeineberühmteVermutungformulierte
er1742 ineinemBrief anLeonhard Euler.Diesebesagt:Jede geradenatürlihe Zahl
lässtsihalsSummezweierPrimzahlenshreiben.BisheuteistdiesnureineVermutung
undnohnihtbewiesenoderwiderlegt!
Uwes Uhrgeht
2 1 2
-malsoshnell,wiesiesollte.ErstelltsieumMitternaht.WannhatsiezumerstenMalwieder
dierihtigeZeigerstellung? (WJB)
NohmehrFlaggen
EinVerbandvonVereinenoderStaaten
usw. beshlieÿt, dass jedes seiner Mit-
gliedereineFlaggemitdreiStreifenha-
ben soll. Alle Flaggen sollen längstge-
streiftseinundjeweilsdreivershiedene
der vier Farben rot, shwarz, gelbund
weiÿtragen.
a) Ist es mit dieser Vorshriftmöglih,alle derzeitigen Mitglieder der Euro-
päishenUnionmitvershiedenenFlaggenauszurüsten?
b) Wie viele vershiedene Flaggen sind möglih, wenn wir lediglih gleihe
FarbebenahbarterStreifenverbieten?
) WievieleMöglihkeitengibtes,wenndieFahnen
m
vershiedeneStreifen ausn
verfügbaren Farbenhabensollen?d) WievielevershiedeneFahnensindmöglih,wennwir(wieinTeilb)Farb-
wiederholungenzulassen,abernihtgleiheFarbeaufbenahbartenStrei-
fen? (WJB)
Einerzier
Ulrikebeshäftigt sihgerne mitZahlentheorie. So forsht sieim Bereih der
Zahlen und geht auh der Frage nah: Welhe Einerzier haben die Zahlen
k 2009
fürganzeZahlenk
?Siemahtdabei auhtatsähliheineinteressanteEntdekung... (MG)
Ungleihungen amDreiek
Zeige:DieLängeeinerDreieksseiteiststetskleineralsderhalbeDreieksum-
fang.
Hinweis:VersuheesmalmitdersogenanntenDreieksungleihung:DieLängenzweierDrei-
eksseitensindzusammenstetsgröÿeralsdieLängederdrittenSeitedesDreieks. (H.F.)
WeitereMathespielereienndet ihrauf dervorherigenSeite!
Klassen 813
Aufgabe960:ProfessorAltermannundalte Hölzhen
Prof.Altermann istArhäologe.BeiAusgrabungen ndeterein Kästhenmit
Hölzhen paarweise vershiedener Längen. Er stellt fest, dass das kürzeste
Hölzhen eineLänge
a 1
hat unddasjeweilsnähstlängereHölzhen sihvom vorhergehenden jeweils um eine feste Längendierenzd
untersheidet, alsoa 2 = a 1 + d
,a 3 = a 2 + d
,...Prof. Altermann und seine Mitarbeiter vermuten, dass mit diesen Hölzhen
früher Längen von Streken gemessen wurden. Auÿerdem bemerken sie, dass
a 1 + a 2
dieLänge13
ergibtunda 4 + a 5 + a 6 + a 7
dieLänge74
.a) Wielangistdas
n
-te Hölzhen?b) WelheHölzhenmüssenkombiniertwerden,umdieLängen
67
und2
zuerhalten? (MG)
Aufgabe961:Zahlendreieke
a) Ergänzedas folgendeDreiek so, dass jeweilsin der nahfolgenden Zeile
dieSummezweierbenahbarterZahlender vorausgehendenZeilesteht.
x x 7 x 3
8 x x x
x x 22
x x
92
b) Dieses Dreiek hat die Seitenlänge 5, und es sind 5 Zahlen vorgegeben.
Lässt sih jedes Dreiek rihtig ergänzen, wenn Seitenlänge und Anzahl
der vorgegebenenZahlenübereinstimmen?
) WennsiheinDreiekergänzenlässt,gibtesdannimmernureinemöglihe
Ergänzung? (WJB)
Aufgabe962:Galileis Gleihungskette
GalileoGalilei(15641642)Physiker,AstronomundMathematikerbehaup-
tetedieGültigkeitderfolgendenbemerkenswertenunendlihlangenGleihungs-
kette:
1
3 = 1 + 3
5 + 7 = 1 + 3 + 5
7 + 9 + 11 = 1 + 3 + 5 + 7 9 + 11 + 13 + 15 = ...
Findeeinen Beweisdafür! (H.F.)