ahgag29

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/innenderKlassen57sindinersterLiniedieMathespielereienvorgesehen;

auhShüler/innenderKlassen8und9dürfenhiermitmahen,abernuraufderBasis

derhalbenPunktzahl.AlleShüler,insbesondereaberjenederKlassen8-13,können

LösungenzudenNeuenAufgabenabgeben.PunkteausdenRubrikenComputer-Fan,

Mathismahen mathematisheEntdekungen undWerforshtmit? werdenbeider

Vergabe des Forsherpreises zugrunde gelegt. (Beiträge zu vershiedenen Rubriken

bitteaufvershiedenenBlätternabgeben.)

Abgabe-(Einsende-)TerminfürLösungenistder

09.09.2009.

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

Ein Wurfpfeilspiel mit unerwartetem Ausgang

von Hartwig Fuhs

AufeinemJahrmarktgibtes einWurfspiel,bei demman

angeblihGeldgewinnt.MiteinemEinsatzvon5

e

kann mandasSpielspielenunddasgehtso:

Zunähst erhältder SpielersehsWurfpfeile. Dann wird

eineSheibe,dieindreizehngleihgroÿeSektoreneinge-

teilt ist, in shnelle Drehbewegung versetzt. Der Spieler

wirftseinePfeileaufdieSheibe.

8 9 10 5

11 12 2 4 3

1 7 13

6

Erhatverloren,wennmindestenszweiPfeiledengleihenSektoreinshlieÿlih,

dessenlinkenRandtreen.LandendagegenseinePfeileinsehsvershiedenen

Sektoren,dannhatergewonnenunderhält10

e

.JederWurf,der dieSheibe verfehlt,musswiederholtwerden.

EinSpielerkönntenunsoüberlegen:DieChanen,beidreizehnSektorengenau

sehsvershiedenezutreen,stehenzumeinenGunsten.MitmehrerenSpielen

könnte ih daher so viel gewinnen,dass einshöner Abend auf der Festwiese

nanzierbarist.Stimmtdas?

Wenn der erste Wurfpfeil im Sektor

s 1

^{landet, dann verliert der Spieler nur}

dannnihtbereitsbeidemzweitenWurf,wennseinzweiterPfeiljetztineinem

Sektor

s 2

^mit

s 2 6 = s 1

^{stekenbleibt.Dafürgibteszwölf}Möglihkeiten.Alsoist

W (s 2

^mit

s 2 6 = s 1 ) = ¹² ₁₃

^dieWahrsheinlihkeitfür dasEreignis

s 2 6 = s 1

^.Ganz

entsprehendist

W (s 3

^mit

s 3 6 = s 2 , s 3 6 = s 1 ) = ¹¹ ₁₃

^dieWahrsheinlihkeitdafür, dassderdrittePfeilineinemvon

s 2

^und

s 1

vershiedenenSektor

s 3

^landetund

so weiter.

Shlieÿlih istdieWahrsheinlihkeit,dass derletzte Pfeilineinemvon

s 1

^,

s 2

^,

...,

s 5

vershiedenenSektor

s 6

^trit,

W (s 6

^mit

s 6 6 = s i , i = 1, 2, ... , 5) = ₁₃ ⁸

^.

WiegroÿistdanndieWahrsheinlihkeit

P

^{,dassderSpielerseinSpielgewinnt,}

dasseralsomitseinensehsWurfpfeilensehsSektoren

s i , i = 1, 2, ... , 6,

^trit,

vondenenkeinezweiübereinstimmen?

Esgilt:

P = W (s 2 ) · W (s 3 ) · W (s 4 ) · W (s 4 ) · W (s 5 ) · W (s 6 ) = ^{12 · 11} ₁₃ ^{· 10} 5 ^{· 9 · 8} ≈ 0, 256

^.

Dieser

P

^{-Wert bedeutet: Wenn der Spieler viele Spiele spielt, wird er durh-}

shnittlih

25,6%

^{davongewinnen.Spielt er}

n

^{Spiele,so kostetihn das}

5 · n e

Einsatz;nurbeidurhshnittlihjedemviertemSpielerhälter10

e

zurük.Bei

n

^{Spielenverlierteralso}

(5n − 10 · ⁿ ₄ ) = 2,5n e

;oder:BeijedemSpielverliert erdurhshnittlih

2,50 e

.

zuüberlegen:

Sei

p > 1

^{die Anzahl der Pfeile und}

s

^{die der Sektoren und zum Beispiel}

s − p = 4

^.

FürwelhePaare

(p, s)

^{istdann dasSpielgünstigfürdenSpieler?}

Gute Zahlen Gute Idee!

von TomBallik

Denition

DienatürliheZahl

n

^{heiÿegut,wennnatürliheZahlen}

a i

existieren,sodass folgendebeidenEigenshaftengelten:

1.

n = a 1 + a 2 + ... + a k

^;

2.

1

a 1 + _a ¹ ₂ + ... + _a ¹

k = 1

^.

Problem 1(Olympiade-Aufgabe1978in den USA)

BeweiseunterderAnnahme,dassdieZahlenvon

1000

^bis

2007

^gutsind,dass

dannauh alleweiterenZahlengröÿerals

2007

^{gut sind!}

Lösung

Die Idee bestehtdarin,ausbereitsbekannten guten Zahlen neuezu produ-

zieren:

Angenommen,mistgut,dann gilt:

m = a 1 + a 2 + ... + a k

und

1 a 1 + 1

a 2 + ... + 1 a k

= 1.

DarausfolgtderReihenah:

1 2 ·

1

a 1

+ 1 a 2

+ ... + 1 a k

= 1 2 , 1

2a 1

+ 1 2a 2

+ ... + 1 2a k

= 1 2 , 1

2 + 1 2a 1 + 1

2a 2 + ... + 1 2a k

= 1.

^[A℄

Auÿerdemgilt:

2 + 2a 1 + 2a 2 + ... + 2a k = (2 + 2m).

Alsoist

(2 + 2m)

^gut.

Regel: Einfah alleSummandeneinerguten Zahlverdoppeln und

2

^ad-

dierenfertigistdieZusammensetzungder neuenguten Zahl!

DenBruh

1

2

^{kannmanaufzwei}vershiedeneArtenaufsplitten:

1 2 = 1

3 + 1 6 = 1

4 + 1 4 .

DamitergibtsihinGleihung[A℄:

1 4 + 1

4 + 1 2a 1 + 1

2a 2 + ... + 1 2a k

= 1

oder

1 3 + 1

6 + 1 2a 1

+ 1 2a 2

+ ... + 1 2a k

= 1.

DahersindauhdiebeidenZahlen

4 + 4 + 2a 1 + 2a 2 + ... 2a k = (8 + 2m)

^und

3 + 6 + 2a 1 + 2a 2 + ... 2a k = (9 + 2m)

^gut.

Regel:EinfahalleSummandeneinergutenZahlverdoppelnund

8

^bezie-

hungsweise

9

^{addierenfertigistdie}Zusammensetzungderneuenguten Zahl!

Man könnte den Bruh

1

2

^{in Gleihung [A℄ auh genauso durh eine andere}

gute Zahldarstellen:

Angenommen, auhnistgut,danngilt:

n = b 1 + b 2 + ... + b i

^und

1 b 1

+ 1 b 2

+ ... + 1 b i

= 1

undgenausowiefür

m

^:

1

2b 1

+ 1 2b 2

+ ... + 1 2b i

= 1 2 .

Insgesamtergibtdas

1 2b 1 + 1

2b 2 + ... + 1 2b i

+ 1 2a 1 + 1

2a 2 + ... + 1 2a k

= 1.

Wirhabenalsodiegute Zahl

2b 1 + 2b 2 + ... + 2b i + 2a 1 + 2a 2 + ... + 2a k = 2(m + n)

^kreiert!

Regel: Einfah jeweilsalleSummandenzweierguter Zahlen verdoppeln

undaddierenfertigistdieZusammensetzungder neuenguten Zahl!

Zahl

m

^{diebeidenguten Zahlen}

(2m + 8)

^und

(2m + 9)

^{kreierenkann:}

Mit

1000

^sinddannauh

2 · 1000 + 8 = 2008

^und

2 · 1000 + 9 = 2009

^gut.

Mit

1001

^sinddannauh

2 · 1001 + 8 = 2010

^und

2 · 1001 + 9 = 2011

^gut.

Mit

1002

^{sinddann auh}

2 · 1002 + 8 = 2012

^und

2 · 1002 + 9 = 2013

^gut

undsoweiter!

Insgesamtistvorausgesetzt,dassalle

m

^mit

999 < m < 2008

^gutsind.

NennenwirdiesesIntervallvon

1000

^bis

2007

^unsererstesZahlenintervallI.

(2m + 8)

^{ergibtfüralledieseguten}

m

^{diegeradenZahlenvon}

2008

^bis

4022

^.

(2m+9)

^{ergibtfüralledieseguten}

m

^{dieungeradenZahlenvon}

2009

^bis

4023

^.

InsgesamtsindalsoalleZahlen von

2008

^bis

4023

^{abgedekt.Diesesistunser}

zweitesZahlenintervallII.

NunhatmandieSituation,dassalle

m

^deszweitenZahlenintervallsmit

2007 <

m < 4024

^{gut sind. Dies ist aber exakt die gleihe} Ausgangsposition wie vorhin,weildienähtsekleinsteZahl,dienihtimIntervall liegt,wiederdurh

diekleinsteZahldesIntervallskreiertwerdenkann:

4024 = 2 · 2008 + 8

^.Man

erhält also im nähsten Shritt die guten Zahlen

4024

^bis

8055

^{. Diese ist}

unserdrittesZahlenintervallIIIetetera.

AlleZahlenintervalleaneinandergereihtergebendienatürlihenZahlen

> 999

^,

wobeijedesZahlenintervalldoppeltsovieleElementehat wieseinVorgänger.

Zahlenintervall von... bis AnzahlderElemente

I

1000

^bis

2007 1008

II

2008

^bis

4023 2016

III

4024

^bis

8055 4032

... ... ...

AlsosindalleZahlengröÿerals

2007

^{unterderAnnahme,dass dieZahlenvon}

1000

^bis

2007

^{gutsind,ebenfallsgut.}

Problem 2(BundeswettbewerbMathematik2008)

ManstelledieZahl

2008

^{soalsSummenatürliherZahlendar,dassdieAddition}

der KehrwertederSummandendieZahl

1

^ergibt.

Lösung

DieAngabeklingt zwaretwasanders, aber wennmansie in Gleihungenauf-

shreibt,siehtman,dassessihdefato umdasgleiheProblemhandelt:

2008 = a 1 + a 2 + ... + a k

^und

1 a 1

+ 1 a 2

+ ... + 1 a k

= 1.

WirsollenalsoeinegeeigneteAufsplittungderguten Zahl

2008

^nden.

Diese Beispiel wurde shon in MONOID 93 (Seiten 2941)vorgestelltund mit

zwei vershiedenen Lösungsvorshlägen durhgerehnet. Mit unserem Wissen

herangehen:

Wirwissenbereits:Ist

m

^{gut,sosindauhdieZahlen}

(2m + 2), (2m + 8)

^und

(2m + 9)

^gut.Wenn

m

^und

n

^{gutsind,dann istauh}

(2m + 2n)

^gut.

EineobligateMöglihkeit,diesesBeispielfürdenkonkretenFall

2008

^zulösen,

bestehtalsodarin,mitkleinenguten Zahlenzubeginnenunddarausgröÿere

zukreieren,bismanirgendwannbei

2008

^landet.

Kurioserweisereihtfür dieseZwekeeineeinzige,nämlih diekleinstegute

Zahl,also

1

^{oensihtlihist}

1 = ¹ ₁

^.

AlsquasiUrsprungs-Gute-Zahlentwikeltsiegenügendanderegute Zahlen:

1 → 4, 10, 11;

10 → 22, 28, 29;

11 → 24, 30, 31.

DiesesSpielhenkönntemannatürlihweiterführen,umirgendwannmitetwas

Glük bei

2008

^{zu landen. Shneller geht es} allerdings, wenn man von

2008

rükwärtsrehnet:Umzubeweisen,dass

2008gutist,reihtes zuzeigen,dass1000gutist.

1000gutist,reihtes zuzeigen,dass 496gutist.

496gutist,reihtes zuzeigen,dass 244gutist.

244gutist,reihtes zuzeigen,dass 118gutist.

Hinweis:AllevierReduktionenfunktionieren mitdem

(2m + 8)

^-Trik.

118

^{bekommtmanabershon als}Kombinationder beiden guten Zahlen

29

und

30

^:

118 = 2 · 30 + 2 · 29.

Siherkannmansih

2008

^{auhaufvieleandereArten}konstruierenderLeser isteingeladen,andereMöglihkeitenzu nden!

Nun geht es also noh um eine konkrete Darstellung: Um eine neue gute

Zahl zu ershaen, müssen wirfolgendes tun: Die Summanden einerguten

Zahl werden verdoppelt und zu diesen

2

^,

4 + 4

^,

3 + 6

^{oder die} verdoppelten Summandeneineranderenguten Zahladdiert.

Beginnenwirmit

29

^:

gute Zahl:

1 → 10 = 2 · 1 + 8 → 29 = 2 · 10 + 9

Aufsplittung:

1 4 + 4 + 2 3 + 6 + 8 + 8 + 4

Nunkommt

30

^:

gute Zahl:

1 → 11 = 2 · 1 + 9 → 30 = 2 · 11 + 8

Aufsplittung:

1 3 + 6 + 2 4 + 4 + 6 + 12 + 4 118

^:

gute Zahl:

118 = 2 · (29 + 30)

Aufsplittung:

6 + 12 + 16 + 16 + 8 + 8 + 8 + 12 + 24 + 8 244

^:

gute Zahl:

244 = 2 · 118 + 8

Aufsplittung:

4 + 4 + 12 + 24 + 32 + 32 + 16 + 16 + 16 + 24 + 48 + 16 496

^:

gute Zahl:

496 = 2 · 244 + 8

Aufsplittung:

4 + 4 + 8 + 8 + 24 + 48 + 64 + 64 + 32 + 32 + 32 + 48 +96 + 32

1000

^:

gute Zahl:

1000 = 2 · 496 + 8

Aufsplittung:

4 + 4 + 8 + 8 + 16 + 16 + 48 + 96 + 128 + 128 + 64 + 64 +64 + 96 + 192 + 64

2008

^:

gute Zahl:

2008 = 2 · 1000 + 8

Aufsplittung:

4 + 4 + 8 + 8 + 16 + 16 + 32 + 32 + 96 + 192 + 256 + 256 +128 + 128 + 128 + 192 + 384 + 128

Undtatsählih:

1

4 + ¹ ₄ + ¹ ₈ + ¹ ₈ + ₁₆ ¹ + ₁₆ ¹ + ₃₂ ¹ + ₃₂ ¹ + ₉₆ ¹ + ₁₉₂ ¹ + ₂₅₆ ¹ + ₂₅₆ ¹ + ₁₂₈ ¹ + ₁₂₈ ¹ + ₁₂₈ ¹ + ₁₉₂ ¹ + ₃₈₄ ¹ + ₁₂₈ ¹

= 192+192+96+96+48+48+24+24+8+4+3+3+6+6+6+4+2+6

768 = ⁷⁶⁸ ₇₆₈ = 1

SomitisteineAufsplittungvon

2008

^gefunden!

Anmerkungund AusblikI

BeidiesemThemenkomplexdrängensihzweiFragenförmlihauf:

(1) Welhe Zahlensindnihtgut?

(2) WievieleDarstellungenexistierenfürgute Zahlenspeziellfür

2008

^?

Weres selbstherausndenwill,nihtweiterlesen!

Tatsählihgibtesnämlihüberhauptnur

13

^{Zahlen,dienihtgut sind!}

Eshandeltsihum

2, 3, 5, 6, 7, 8, 12, 13, 14, 15, 19, 21

^und

23

^.

DiekleinsteZahl,die mehrereDarstellungsformenzulässt,ist

22

^:

22 = 2 + 4 + 8 + 8 = 2 + 5 + 5 + 10 = 3 + 3 + 4 + 12.

AbdannsteigtdieAnzahldervershiedenenDarstellungsmöglihkeitenfürgu-

te ZahlenshnellindieHöhe:

Zahl Anzahl Zahl Anzahl Zahl Anzahl

24 1 50 8 76 44

25 1 51 4 77 28

26 1 52 10 78 47

27 1 53 9 79 48

28 2 54 9 80 43

29 3 55 11 81 44

30 2 56 8 82 59

31 2 57 13 83 49

32 1 58 13 84 51

33 2 59 15 85 72

34 2 60 16 86 65

35 2 61 21 87 64

36 4 62 18 88 79

37 5 63 16 89 70

38 5 64 22 90 78

39 2 65 19 91 87

40 4 66 18 92 98

41 5 67 30 93 83

42 5 68 24 94 110

43 9 69 19 95 103

44 4 70 26 96 96

45 4 71 28 97 126

46 6 72 26 98 101

47 4 73 29 99 134

48 4 74 35 100 137

49 7 75 29

Beim Betrahten dieser Tabelle sheintklar, dass es für

2008

^{sehr viele Dar-}

stellungengibt. Aberwievielegenau?

Mit meinen besheidenenProgrammierkenntnissenkonnte ihleider niht auf

die Lösung kommen. Aber vielleiht gibt es unter den Lesern Experten, die

Aufklärungbetreibenkönnen!?

∗

∗

Rükmeldungen bitteandieMONOIDRedaktionund anthomas.ballikhello.atWir

freuenunsaufEureZusendungen!

VielevonEuhwerdendasklassisheKamelproblemkennen,welhesübrigens

wunderbar von Ian Stewart im Spektrum der Wissenshaft 3/1993 erläutert

wird:

EinSheihvererbtseine17KameleanseinedreiSöhne.EinSohnsolldie

Hälfte, einer ein Drittel und einer ein Neuntel vom Erbe erhalten. Nah

seinemTodwissendieSöhnenihtsoreht,wassietunsollen,dasiekein

Kamelteilenwollen.Dakommteinalter,weiserMannzuihnenundborgt

denBrüdernseineigenesKamel.Damitsindesinsgesamt18Kameleder

ÄltestebekommtnundieHälfte,alsoneunKamele,derZweitältesteerhält

einDrittel,alsosehsKameleundderJüngsteerhälteinNeuntel,alsozwei

Kamele.Dassindzusammen 17Kamele,sodass siedem altenMannsein

eigenesKamelwiederzurükgebenkönnen.Nunsindallezufrieden.

Der alte Weise kann deshalb helfen, weil die Addition der Erbteile niht eins

ergibt:

1 2 + 1

3 + 1 9 = 17

18 < 1.

BorgterdenBrüdernnunseineigenesKamel,sogehteswunderbarauf.

BeiVerallgemeinerungderFragestellung(andereAnzahlanSöhnenundKame-

len)kannmanerkennen,dassdieseGeshihteauh etwasmitguten Zahlen

zutunhat:

Seien

1 a 1 , _a ¹

2 , ... , _a ¹

k

die Bruhanteile des Erbes der

k

^{Söhne und}

(d − 1)

^die

AnzahlderzuvererbendenKamele,sokannmanfolgendeGleihungaufstellen:

1 a 1 + 1

a 2 + ... + 1 a k

= d − 1 d .

NahUmformungerhältman:

1 a 1

+ 1 a 2

+ ... + 1 a k

= 1 − 1 d ,

also

1 a 1

+ 1 a 2

+ ... + 1 a k

+ 1 d = 1.

AlsoistdieSumme

(a 1 + a 2 + ... + a k + d)

^{einegute Zahl.}

Frage: Wie kanndie Geshihtevom Sheih und seinen Söhnen abgeändert

werden,wenner39Kamele aufvierSöhnezuvererben hat?

Lesetipps zur Mathematik

von Martin Mattheis

TonyCrilly: 50 ShlüsselideenMathematik.

DassMathematikmehr ist, alseinfahnurrehnen, wird jedemklar,der sih

nur ein bisshen damit befasst. Aber worum genau geht es eigentlih in der

Mathematik?WelhegrundlegendenIdeenhabendieMenshensobeshäftigt,

dasssiedamitdieMathematikgrundlegendvorangebrahthaben?Genaudamit

beshäftigtsihdasBuh50ShlüsselideenMathematikvonTonyCrilly.Der

englishe Mathematikerhat in 50 jeweilsvierseitigenEssaysdie vershiedens-

tenThemendurhleuhtet.DiebehandelteThemenpalettereihtdabeivonder

Null,sonstigenspannendenZahlenwie

π

^,

e

^,und

i

^,übergeometrisheGrund- lagen wiedas Parallelenpostulat,Dimensionenund Konstruktionenbis hin zu

dengroÿenProblemstellungenwiedemVier-Farben-Problem,demProblemdes

Handlungsreisenden, dem Satzvon Wilesoder der RiemannshenVermutung.

InderFuÿzeiledererstenbeidenSeitenjedesEssaysbendetsiheineZeitleis-

te, der manentnehmen kann,wanndiebeshriebeneIdee geboren wurde und

wiesiesihdann zeitlihentwikelthat.Zusätzlihwurden vieleInhaltedurh

SkizzenundZeihnungenillustriert.

Fazit: Auh wenn mandie meistender vorgestellten Problemein vielen ähn-

lihen Sammelwerken ndet, so handelt es sih doh um eine gelungeneZu-

sammenstellung, die man immer wieder zur Hand nehmen wird, umein neu-

es Kapitel zu lesen. Abzüge in der Bewertung gibt es für die durhgehende

shwarz-weiÿe Gestaltung. Farbige Abbildungen würden das Buh niht nur

bunter sondernauhansprehendermahen.

Gesamtbeurteilung:gut

,,

Angaben zum Buh: Crilly, Tony: 50 Shlüsse-

lideen Mathematik. Spektrum 2009, ISBN 978-3-

8274-2118-0,gebunden,208Seiten,24,95

e

Art desBuhes: Sammelbandgrundlegender

mathematisherIdeen

MathematishesNiveau: verständlih

Altersempfehlung: ab14Jahre

Tshebyshew

von Hartwig Fuhs

DieFrage,wiediePrimzahleninderMengedernatürlihenZahlenverteiltsind,

beshäftigt dieMathematikerseitsiebermerkten,dass Primzahlen einenganz

besonderenZahlentypdarstellen sie sinddieAtome,ausdenenNihtprim-

zahlenmultiplikativaufgebautsind.

EineerstegrundlegendeAussageüberdiePrimzahlen-VerteilunghatEuklid(um

300v.Chr.) hergeleitet:

Esgibt unendlihvielePrimzahlen.

Über2000Jahrevergingen,bevordernähsteFortshritterzieltwurde.

LeonhardEuler(17071783),derbedeutendsteMathematiker(mindestens)des

18.Jahrhundertsbewies:

DieunendliheReihederreziprokenPrimzahlen

1

2 + ¹ ₃ + ¹ ₅ + ¹ ₇ + ₁₁ ¹ +...

^hatkeine

endlihe Summe,während dieunendlihe Reihe der reziprokenQuadratzahlen

1

1 ² + ₂ ¹ 2 + ₃ ¹ 2 + ₄ ¹ 2 + ...

^{einenendlihenWertbesitzt.Darausfolgerteer:}

InderMengedernatürlihenZahlen liegendiePrimzahlen dihteralsdie

Quadratzahlen.

Eine weitereAussage über die Verteilung der Primzahlen, die nun shon sehr

vielkonkreteralsderSatzvonEulerist,mahteJosephLouisFrançoisBertrand

(18221900)der sieallerdingsnihtbeweisenkonnte.

Fürjedes

n > 1

^gilt:Zwishen

n

^und

2n

^{bendetsihstetseinePrimzahl.}

Pafnuti Lwowitsh Tshebyshew (18211894),der Bertrands Vermutungbe-

weisenkonnte,glaubteeineweiteremögliheVerteilungseigenshaftder Prim-

zahlenentdektzuhaben.

JedeungeradePrimzahl

p

^{istvonderForm}

p = 4n + 1

^oder

p = 4n + 3

^.Tshe-

byshew verglihnundie Häugkeitdes Vorkommensdieser beiden Primzahl-

Typenund ergelangtedabeizu einerVermutung:

FürjedenatürliheZahl

x ≥ 43

^gilt:

UnterdenPrimzahlen

p

^,

43 ≤ p ≤ x

^{,gibtes stetsmehrPrimzahlen vom}

Typ

p = 4n + 3

^alsvomTyp

p = 4n + 1

^.

EineÜberprüfungder Tshebyshew-Vermutungfür einAnfangsstükder Fol-

ge

N

^{dernatürlihenZahlenwollenwirunsalseinenWettbewerbzwishenzwei}

Primzahlen-Sammlern

P 1

^und

P 3

vorstellen.Während

P 1

^und

P 3

^{dieZahlenfol-}

ge

N

^{bis zur Marke}

x

^{entlanglaufen, sammelt}

P 1

^{die Primzahlen}

p

^{vom Typ}

p = 4n + 1

^und

P 3

^{die vom Typ}

p = 4n + 3

^{. DieAnzahlder} Primzahlen,die siedabeigefundenhaben,seimit

π ₁ (x)

beziehungsweisemit

π ₃ (x)

^bezeihnet.

Tshebyshewbehauptetalso:FürjedenatürliheZahl

x

^gilt:Ist

x ≤ 42

^,dann

ist

π ₃ (x ) ≥ π ₁ (x)

^;ist

x ≥ 43

^,dannist

π ₃ (x) > π ₁ (x )

^oder

π ₃ (x ) − π ₁ (x) > 0

^.

Biszur Marke

x = 250

^verläuftderSammelwettbewerbso:

x 1, 2, ... , 42 43, ... , 126 127, ... , 198 199, ... , 210 211, ... , 250

π ₃ (x) − π ₁ (x) ≥ 0 ≥ 1 ≥ 2 ≥ 3 ≥ 4

Die Tabelle vermittelt den Eindruk, Tshebyshews Vermutung könnte viel-

leihtrihtigsein.

Bei Fortsetzung des Sammelwettbewerbs über

x = 250

^{hinausergibt sihbei}

x = 26 861

^,dass

π 3 (x) = 1 472

^und

π 1 (x) = 1 473

^{und mithin}

π 3 (x) < π 1 (x)

istalsoistTshebyshewsVermutungfalsh.

Übrigensgilt

π 3 (x) < π 1 (x )

^{erstmals für}

x = 26 861

^.

MiteinervonJohnEdensorLittlewood(18851977)entwikeltenMethodelässt

sih beweisen, dass ein Wehsel von

π 3 (x ) > π 1 (x)

^zu

π 3 (x ) < π 1 (x)

^und

umgekehrtunendlihoftstattndet.

Mathis mahen mathematishe

Entdekungen

Lösung der Aufgabe aus Heft 95

InHeft95stelltenwirEuhfolgendeAufgabe:

Aufgabe:VerstektePotenzenin Zahlenquadraten

Untersuhedie

n × n

-Zahlenquadratefür

n = 1, 2, 3, ...

^:

1

^,

1 3

5 7

^,

1 3 5

7 9 11

13 15 17

,

1 3 5 7

9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31

,...

DieseZahlenquadrateweiseninteressanteEigenshaftenaufndeeinigedavon

heraus!Ahteinsbesondereaufverstekte Potenzen! (H.F.)

Vier unserer Leser haben uns die Ergebnisse ihrer Untersuhungen an diesen

Zahlenquadratenzugeshikt.

Magdalena Winkelvoÿ (Klasse 6, Rabanus-Maurus-Gymnasium, Mainz) hat

die Reiheder Quadrate umdas

5 × 5

-Zahlenquadrat erweitertundmit Reht festgestellt,dassauhdiePotenzenallerungeradenZahlenindiesenQuadraten

ausfortlaufendenungeradenZahlenauftretenmüssen,dasieebenfallsungerade

sind.Tatsählihenthältdas

n × n

^{-Quadratin der erstenZeilealleungeraden}

Zahlen

2k + 1

^von

1

^bis

2n − 1

^(für

k = 0, 1, 2, ..., n − 1

^{)und insgesamtalle}

ungeradenZahlen

2k + 1

^von1bis

2n ² − 1

^(für

k = 0, 1, 2, ..., n ² − 1

^).

Dazu bemerkt Alexey Tyukin (Klasse 13, Gymnasium Mainz-Gonsenheim),

dassdieSumme derZahlenin jederderbeidenDiagonalen

n ³

^{ergibt,während}

sihdieSummenderZahlenjezweierbenahbarterSpaltenum

2n

^untershei-

den.

An weiteren Eigenshaften stellt Shaima'a Ahmed Doma (Klasse 8, Deut-

shen Shuleder Borromäerinnen, Kairo) zum Beispielfest, dass die Summe

der Zahlen der ersten Zeile

n ²

^{beträgt, dieses}

n ²

^{bei ungeradem}

n

^{genau im}

MittelpunktdesQuadratesauftauht,währenddieAdditionderZahlen,die

n ²

umringen,

8n ²

^{ergibt;bei ungeradem}

n

^{stehenin derSpalte, inder}

n

^auftritt,

ungeradeVielfahevon

n

^,derenSumme

n ³

^beträgt.

Unter den insgesamtahtFeststellungen von Robin Fritsh(Klasse 8,Gym-

nasium Lehrte), die er auh allgemein beweist zumindest für gerade

n

^,

bendensiheinigederbereitserwähntenBeobahtungen.Hinzukommtseine

Aussage,dassdieSummeallerZahlendes

n × n

^-Quadrats

n ⁴

^{beträgt;denndie}

Summe ausersterund letzter Zahl,zweiter undvorletzter Zahlund so weiter

ergibtimmer

2n ²

^{,sodasswirbeigeradem}

n

^insgesamt

ⁿ ₂ ²

^{Paarungenundsomit}

dasGesamtergebnis

n ²

2 · 2n ² = n ⁴

^{haben;beiungeradem}

n

^{gibtesdagegennur}

n ² − 1

2

^{Paare,dafürsteht}

n ²

^inder Quadratmitte,sodasssihauhjetztfürdie GesamtsummederWert

n ² − 1

2 · 2n ² +n ² = n ⁴

^{ergibt.NahdemgleihenShema}

lassensihdieübrigenErkenntnissevon RobinFritsh beweisen,nämlih dass

dieSummeallerZahleninder

m

^-tenZeile

n ² · (2m − 1)

^{beträgt,dieallerZahlen}

inder

m

^-tenSpalte

n ³ − n ² + n · (2m − 1)

^{,dieallerZahleninjederder beiden}

Diagonalen

n ³

^{undshlieÿlihbeigeradem}

n

^{dieallerZahleninderoberen}

Quadrathälfte

n ⁴

4

^{,sodassfür dieuntereHälfte}

3

4 n ⁴

verbleiben.

Abshlieÿendsei noh auf eineAnregung desAufgabenstellers verwiesen, wo-

nah sih interessante Ergebnisse nden lassen, wenn man die Summe aller

Zahlenimgesamten

n × n

^{-Quadratmitden}Zahlensummendarinkonzentrish

∗

eingeshlossenerkleinererQuadrate,zumBeispielimFalle

n = 6

^desenthalte-

nenkonzentrishen

4 × 4

^-und

2 × 2

^{Quadratesvergleiht.}

∗

Dasheiÿt:Vielesymmetrishe,umeinegemeinsamenMittelpunktangeordneteFiguren

desselbenTyps.

Eine Gratwanderung des

Gottfried Wilhelm Leibniz

von Hartwig Fuhs

ImJahre1672,amBeginnseinersteilenwissenshaftlihenKarriere,dieihnzum

bedeutendstenUniversalgelehrtendes17.Jahrhundertsmahensollte,reisteder

jungeGottfriedWilhelmLeibniz

∗

ineinemdiplomatishenAuftragdesKurfürs-

tenvonMainznahParis.

Dort lernte er neben vielen anderen Wissenshaftlern auh den vielseitigen

Astronomen, Physiker,Mathematikerund Ernder Christiaan Huygens

∗∗

ken-

nen.

UndHugenswares,derdemmathematishhohinteressiertenDiplomatenbei

einemZusammentreendieFragestellte:

WelhenWert hatdieunendliheReiheheutewürdemansagen:Gegenwel-

henGrenzwertkonvergiert dieReihe

(1)

L = ₁ ¹ _{· 2} + ₂ ¹ _{· 3} + ₃ ¹ _{· 4} + ₄ ¹ _{· 5} + ...

^?

Leibniz,der kaumeinemathematisheAusbildungunddaherdamalsauh nur

wenigemathematisheKenntnissebesaÿ,konntedennohdiehuygenssheAuf-

gabe lösen und das in einer Weise, die bereits das mathematisheGenie des

jungenMannes erkennenlässt.

Inseinemersten LösungsshritttransformierteermitderBeziehung

(2)

1

n(n− 1) = ¹ _n − _n+1 ¹ , n = 1, 2, 3, ...

^{dieReihe(1)in dieReihe}

(3)

L = ¹ ₁ − ¹ 2

+ ¹ ₂ − ¹ 3

+ ¹ ₃ − ¹ 4

+ ¹ ₄ − ¹ 5

+ ...

Hierhättees nunnahegelegen,mitdenarithmetishenRegeln

(a − b) = a + ( − b)

^und

( − b) + (b − c) = b − b + ( − c)

dieReihe(3)so zushreiben

(4)

L = ¹ ₁ + ¹ ₂ − ¹ 2 + ¹ ₃ − ¹ 3 + ¹ ₄ − ¹ 4 + ...

Dain(4)beginnendmit

+ ¹ ₂ − ¹ ₂

^{jezweibenahbarteGliederzusammen}

0

^erge-

ben,solltedieReihe (4)denGrenzwert

L = 1

^{haben.AberLeibnizbeshreitet}

diesen verführerish einfahenWeg (3)

⇒

⁽⁴⁾

⇒ L = 1

^{niht.Ihm muss klar}

∗

GottfriedWilhelmLeibniz(*1.Juli1646inLeipzig;

†

^{14.November1716inHannover)}

deutsherPhilosophundWissenshaftler,Mathematiker,Diplomat,Physiker,Historiker,

Politiker,BibliothekarundDoktordesweltlihenunddesKirhenrehts.

∗∗

ChristiaanHuygens(*14.April1629inDenHaag;

†

^{8.Juli1695ebenda),auhChris-}

tianusHugenius.

ihn unweigerlih in eineganz vertrakte mathematisheProblemzone geführt

hätte.Etwain diese:

Mitder Beziehungaufdieerleihtgestoÿenseinkonnte

1

n(n+1) = ¹ _t

n+t

n − ^n+1+t n+1

für

t = 1, 2, 3,

^...und

n = 1, 2, 3,

^...

hättesihnahdemMuster(3)

⇒

^{(4)dieReihe(1)zunähstindieunendlih}

vielenReihen

L = ¹ _t ^1+t ₁ − ^2+t 2

+ ¹ _t ^2+t ₂ − ^3+t 3

+ ¹ _t ^3+t ₃ − ^4+t 4

+ ...

unddiesedann indieReihen

(5)

L = ¹ _t ^1+t ₁ + ¹ _t ^2+t ₂ − ¹ t 2+t

2 + ¹ _t ^3+t ₃ − ^3+t 3 + ...

mitdemGrenzwert

L = ¹ _t (1 + t)

^{umformenlassen.Undsowäreergestrandet}

ineinemmathematishenMinenfeldvonlauterwidersprehendenAussagen

(6)

L = 1

^und

L = ¹ _t (1 + t ), t = 1, 2, 3

^,

...

^,

ausdenenes nureinen Ausweg gab,nämlih anzunehmen:Die Reihe (1) hat

überhauptkeinen Grenzwert. Soaberhätte Leibniz die huygenssheAufgabe

falshgelöst.Dazuistesjedoh nihtgekommen.

Ein weiterer Grund, warum Leibnizdie Herleitung (3)

⇒

⁽⁴⁾

⇒ L = 1

^für

einen Irrweg, zumindestaberfür einen ungesihertenWeghalten musste: Die

arithmetishenRegeln,mit denendieReihe (3) in dieReihe (4) transformiert

wurde,sindja zunähstnurauf Summen mitendlihvielen Gliedernanwend-

bar.BeimÜbergang(3)

⇒

^{(4)wurdeabersogehandelt,alserstrekesihihr}

GültigkeitsbereihauhaufunendliheReihenunddürfedortunendlihoftan-

gewendetwerden.Leibnizbezweifelte,dasseinsolhesVorgehenimmerzulässig

seiunddamitstetszurihtigenErgebnissenführe.

WiesehrseinZweifelberehtigtwar,zeigteinbekanntesBeispielvonBernhard

Riemann

∗∗∗

, welhesauf nahdrükliheWeisedeutlihmahte:

Man darf Rehenregeln für endlihe Reihen niht immer ohne unerwünshte

FolgenbeiunendlihenReihenanwenden.

DiesesBeispielistder bemerkenswerte

SatzvonRiemann:

BeibestimmtenReihen(siemüssenkonvergent,dürfenabernihtabsolut

konvergentsein)mitunendlihvielenpositivenundunendlihvielennega-

tiven Gliedern kann man durh Umordnen dieser Glieder stets erreihen,

dassdieumgeordneteReihejedebeliebigevorgegebeneZahlalsGrenzwert

besitzt.

∗∗∗

Georg Friedrih Bernhard Riemann (*17. September 1826 in Breselenz (Elbe);

†

^{20. Juli1866 inSelasa (Lago} Maggiore)); deutsher Mathematiker,der aufvielen Gebietenwirkte.

Umden logishenProblemeausdem Wegzu gehen,dieentstehen,wennman

die unendliheReihe

L

^alsGanzesarithmetish bearbeitet,entwikelte Leibniz eineMethode zur Grenzwertbestimmung,bei der nurendlihe Teilsummen

L n

von

L

^{eineRollespielenundbeideralleRegelnderArithmetikverwendetwerden}

dürfen.

Die

L n

^sindAnfangstükevon

L

^:

L n := 1

1 · 2 + 1 2 · 3 + 1

3 · 4 + ... + 1

n · (n + 1) , n = 1, 2, 3, ...

Das Leibniz-Verfahren wird später im 19. Jahrhundert als Ausgangspunkt zu

einer präzisen Denition der Begrie Konvergenz und Grenzwert dienen! Wir

wollen es hier anshaulih also niht mit dem in der Mathematik üblihen

Formalismusbeshreiben.

Wenn man die Umformung (2) auf die Teilsumme

L n

^von

L

^{anwendet und}

danndieumgeformteTeilreihezusammenfasstwasjabeiendlihenSummen

zulässigistsoerhältman:

(7) Für

n = 1, 2, 3, ...

^ist

L n = 1 − _n+1 ¹

^.

Darausfolgt:DieAbständederTeilsummen

L n , n = 1, 2, 3, ...

^,von

1

^betragen

1 − L n = _n+1 ¹

^{. Und diese Abstände tendieren gegen}

0

^{, wenn}

n

^{immer gröÿer}

gewähltwird.DieTeilsummen

L n

untersheidensihalsoimmerwenigervon

1

^,

jegröÿer

n

^{gewähltwird.}

Man beshreibt diesen Sahverhalt kurz so:

lim

n→∞ L n = 1

^{; und man sagt: Die}

Folge derTeilsummen

L n , n = 1, 2, 3, ...

^, konvergiertgegendenGrenzwert

1

^.

Da dieTeilsummen

L 1 , L 2 , L 3 , ...

naheinanderimmer gröÿereAnfangsstüke derReihe(1)darstellen,mahteLeibniznuneinekühneKonstruktion,mitderer

dieKluftzwishenendlihenReihenund einerunendlihenReiheüberbrükte,

indemerdenierte:

Da die Teilsummen

L n

^{der Reihe (1) den Grenzwert}

1

^{besitzen, hat auh die}

Reihe(1) selbstdenGrenzwert

L = 1

^.

Dies war Leibnizens Lösungsvorshlagder Aufgabe, den Grenzwert der Reihe

zubestimmenden Huygenssoakzeptierte.

Shlussbemerkung

NahLeibnizhatdieReihe(1)denGrenzwert

L = 1

^{.WiesinddanndieAussa-}

gen(6)zuerklären?ImSatzvonRiemannwirdfestgestellt,dasseskonvergente

Reihengibt,derenjeweiligerGrenzwertsihändert,wennmansieinandereRei-

henumformt.

So ein Fall liegt wohlbei der Reihe (1) von Huygens vor. IhreUmformungen

führen zudenReihen(4)und(5)dievon(1)vershiedeneReihendarstellen

unddiedeshalb auhdurhausandereGrenzwerteals(1)haben können.

dern dieMengeder Grenzwerteder Reihen(4) und (5)die wirallerdingsin

irreführenderWeiseallemitdem gleihenSymbol

L

^{bezeihnethatten.}

Lösungen der Mathespielereien aus

MONOID 97

Für die jüngeren Shüler/innender Klassen 57

Geburtstagsmathematik

BeieinemSpaziergangmitihremMannHans-Werner

letztesJahr(2008)stellteUtefest:MeineShwester

istvom Jahrgang '52und so altbin ihjetzt. Meine

Shwesteristnun56JahrealtunddasistmeinJahr-

gang! Der Geburtsjahrgang bestehtaus den letzten

beidenZierndesGeburtsjahres.

∗

∗

a) SiestelltsihnundieFrage:IstdasZufallodergibtesbeijedemPaarein

Jahr, in dem dieses Phänomen auftritt? Ihr Mann ein Mathematiker

stelltwildeTheorienauf.KannstDuihnenhelfen?WielautetdieAntwort

aufUtesFrage?

b) IhreTöhter sindin den Jahren 1980und 1983 geboren.Gibt es für die

beiden auh einsolhesJahr? Gib das Jahran oder begründe, warum es

diesesnihtgibt.

) Ute und Hans-Werner stellen fest, dass es für sie auh ein solhes Jahr

gibt,nämlih2009.InwelhemJahrwurdeHans-Wernergeboren? (MG)

Lösung:

a) Es seien

a

^und

b

^{die Jahrgänge zweier Personen, also}

1900 + a

^und

1900 + b

^ihreGeburtsjahre. (Wir nehmen hier der Einfahheithalberan, dass diese Personen beideim 20. Jahrhundertgeboren wurden, für jedes

andere Jahrhundert verlaufen die Rehnungen analog. Wobei korrekter-

weise das 20. Jahrhundert von 1901 bis 2000 ging, aber darüber sehen

wir hier einmal hinweg...) Im fraglihen Jahr soll jeder das Alter errei-

hen, welhes dem Jahrgang des anderenentspriht. Es sollalso gelten:

(1900 + a) + b = a + (1900 + b)

^{. Wegen des} Kommutativ- und des As- soziativgesetzes giltdies für alle Zahlen

a

^und

b

^{.Allerdings gilt dasnur,}

wenn beidePersonen im selben Jahrhundert geboren wurden. Ansonsten

wäre dieGleihung beispielsweise

(1900 + a) + b = a + (2000 + b)

^,was

∗

Füralle,die mitder Shreibweise vertrautsind,dasselbenohmal mathematishfor-

muliert:FürdenJahrgang

j

^zumGeburtsjahr

J

^gilt

j ≡ J mod 100

^mit

0 ≤ j ≤ 99

^.

b) AusvorangegangenerÜberlegungistklar,dasseseinsolhesJahrgibtund

dieses

1900 + 80 + 83 = 2063

^seinmuss.

) Sei

j

Hans-WernersGeburtsjahrgang.Wegen

2009 = (1900 + j ) + 56

^muss

er1953geborenwordensein.

Gröÿenvergleih

Die Seitenähen eines Quaders haben die Fläheninhalte

220 cm ²

^,

264 cm ²

und

270 cm ²

^{; die}Fläheninhalteder Seitenähen eines zweiten Quaders sind

176 cm ²

^,

198 cm ²

^und

450 cm ²

^.

WelherderQuaderhatdasgröÿereVolumenoderhabensieetwadasgleihe

Volumen? (H.F.)

Lösung:

Die Seitenkanten des ersten Quaders seien

x

^,

y

^und

z

^{lang, die des zweiten}

Quadersseien

u

^,

v

^und

w

^.

Dann gilt für den ersten Quader zum Beispiel

xy = 220 cm ²

^,

xz = 264 cm ²

^,

yz = 270 cm ²

^{undseinVolumenist}

V 1 = xyz

^.Darausfolgt

V ₁ ² = x ² y ² z ² = xy · xz · zy = 220 cm ² · 264 cm ² · 270 cm ² = 15681600 cm ⁶ .

Für den zweiten Quader gilt analog

uv = 176 cm ²

^,

uw = 198 cm ²

^,

vw = 450 cm ²

^{undseinVolumenist}

V 2 = uvw

^.Darausfolgt

V ₂ ² = u ² v ² w ² = uv · uw · vw = 176 cm ² · 198 cm ² · 450 cm ² = 15681600 cm ⁶ .

Aus

V ₁ ² = V ₂ ²

^folgt

V 1 = V 2 = 3960cm ³

^{,diebeidenQuaderhabenalsogleihes}

Volumen.

Noheine Variante derGoldbah-Vermutung

∗∗

Jedenatürlihe Zahl

n > 5

^{istdieSummeauseinerPrimzahl undeinerNiht-}

primzahl.

(MalteMeyn,Kl.11,Ohm-Gymnasium,Erlangen)

Lösung:

Ungerade Zahlen

n

^{kann man als Summe}

3 + (n − 3)

^{, gerade Zahlen}

n

^als

2 + (n − 2)

^shreiben.

2

^und

3

^sindPrimzahlen,derzweiteSummand istinbeidenFällengeradeund gröÿerals

2

^{,alsonihtprim.}

∗∗

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.Erstellt}

sieumMitternaht.WannhatsiezumerstenMalwieder

dierihtigeZeigerstellung? (WJB)

Lösung:

In

x

^{StundengehtUwesUhr}

2,5 · x

^{Stundenweiter.Da}

x = 2, 5 · x

^nihtmöglih

ist, muss

2,5 · x > 12

^{gelten.Die Gleihung}

2,5 · x = x + 12

^{hat die Lösung}

1,5 · x = 12

^,also

x = 8

^.

Nah8Stunden istdieUhrum

2,5 · 8 = 20

^{Stundenweiter.Die}Zeigerstellung istdannwiederdiegleihewiebei 8.00Uhr.

NohmehrFlaggen

Ein Verband von Vereinen oder Staa-

ten usw. beshlieÿt, dass jedes seiner

MitgliedereineFlaggemitdrei Streifen

haben soll.AlleFlaggensollenlängsge-

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 aus

n

verfügbaren Farbenhabensollen?

d) WievielevershiedeneFahnensindmöglih,wennwir(wieinTeilb)Farb-

wiederholungenzulassen,abernihtgleiheFarbeaufbenahbartenStrei-

fen? (WJB)

Lösung:

a) Esgibt

4 · 3 · 2 = 24

Möglihkeiten, 4für den ersten,

3

^{für den zweiten}

und

2

^{für dendrittenStreifen.Dasistzuwenigfür die27}EU-Mitglieder.

b) Hiersindfür dendrittenStreifenwiederdreiFarbenerlaubt,dasheiÿtes

gibt

4 · 3 · 3 = 36

Möglihkeiten.

) MitdergleihenArgumentationwieina)ergibtsihdie Anzahl

n(n − 1)(n − 2) · ... · (n − m + 1) = n!

(n − m)! .

d) Analogzub)ndetman

n(n − 1) ^{m − 1}

Möglihkeiten.

Ulrikebeshäftigt sih gernemit Zahlentheorie.So forshtsie im Bereih der

Zahlen und geht auh der Frage nah: Welhe Einerzier haben die Zahlen

k ²⁰⁰⁹

^{fürganzeZahlen}

k

^?

SiemahtdabeiauhtatsähliheineinteressanteEntdekung... (MG)

Lösung:

Wir shreiben

k = 10a + b

^mit

a, b ∈

^N

∪ { 0 }

^und

0 ≤ b ≤ 9

^{. Wegen}

(10a + b) ² = 100a ² + 20ab + b ² = 10(10a ² + 2ab) + b ²

^{und analog weiter}

für höhere Potenzen, genügtes,dieUntersuhungen auf diePotenzen

b ⁿ

^der

Einerziernder Basen

k

^zubeshränken.

BerehnenwirfürdieEinerziern

b

^{dieerstenPotenzen}

b ²

^,

b ³

^,

b ⁴

^{,...,sostellen}

wirfest,dassdieEinerzier von

b ⁵

^{wiederdieEinerzifer}

b

^istund(spätestens) ab jetztwiederholensihdieEinerziern der Potenzen periodish.Alsohaben

k ⁿ

^,

k ⁿ⁺⁴

^,

k ⁿ⁺⁸

^{, ... dieselben Einerzier, allgemein alle}

k ^4m+n

^{für natürlihe}

Zahlen

m

^.

Wegen

n = 2009 = 4 · 502 + 1

beziehungsweise

2009 − 4 · 502 = 1

^{hat also}

k ²⁰⁰⁹ = k ^{4 · 502+1}

^{dieEinerziervon}

k

^.

Ungleihungen amDreiek

Zeige:DieLängeeinerDreieksseiteiststetskleineralsderhalbeDreieksum-

fang.

Hinweis:VersuheesmalmitdersogenanntenDreieksungleihung:DieLängenzweierDrei-

eksseitensindzusammenstetsgröÿeralsdieLängederdrittenSeitedesDreieks. (H.F.)

Lösung:

DieSeitenlängeneinesDreieksseien

a

^,

b

^und

c

^.

Dann gilt für die Länge einer beliebigen Dreieksseite zum Beispiel für die

Länge

a

^nahder Dreieksungleihung

a < b + c

^.

AddiertmanaufbeidenSeitenderUngleihungjeweils

a

^{,soerhältman}

a +a <

a+b+c

^,also

a < ¹ ₂ (a+b+c)

^undhierist

¹ ₂ (a+b+c)

^derhalbeDreieksumfang dieBehauptunggiltdaher.

Errata zu MONOID 97

•

^{AufSeite7mussdieFormel (1)}folgendermaÿenlauten:

π

4 = ² ₃ · ⁴ 3 · ⁴ 5 · ⁶ 5 · ⁶ 7 · ...

Andernfalls ergibtdasProdukt aufder rehtenSeite

3 4 · π

^.

•

^{Auf Seite 11 muss in der dritten Zeile unterhalb der} Formulierung (4)

n 4 > n 5 > n 6 > n 7 > ...

^{stehenund in der fünften bzw.sehsten Zeile}

unterhalbvon(4)entsprehend

n 1 > n 2 > n 3 > n 4 > ...

^.

Für die jüngeren Shüler/innender Klassen 57

Dosenwerfen

Am Rudi-Winzig-Gymnasium ndet ein Shulfest statt. Herr Stütze möhte

mitseinerKlassefürdieBesuherDosenwerfenanbieten:DieDosenbauenwir

zu einerPyramideauf.Ganz oben steht eineDose,in der Reihedarunterdrei

Dosen,dann fünf undso weiter...Wir haben genau55 Dosenzur Verfügung,

die wir alle verwenden werden. Herr Stütze beginnt mit dem Aufbau. Doh

erhat noh nihtdieersten beiden Dosenaufgestellt, dawirdervonBettina,

einerShülerinderKlasse,unterbrohen:

Aberdaskanndohgarniht klappen.Dann

bleiben entweder Dosen übrig oder es fehlen

welhe Ah was, das passt shon, warte

ab! Dann müssenSie die Dosen aber an-

ders aufbauen,entgegnetBettinaihm, näm-

lihimmerauf Lüke,alsoindieobersteReihe

eine Dose, in der Reihe darunter zwei Dosen,

dann drei und so weiter... Du glaubstmir

alsoimmernohniht?,fragtHerrStützeun-

gläubig.

a) Wer hat Reht? Auf welheWeiselassen sihdie 55Dosenzu einer Py-

ramideaufbauen: Nahder Ideevon Herrn Stütze, der Ideevon Bettina,

nahbeidenoder garkeiner?

b) GibjeweilseineallgemeineFormelan,mitwelherHerrStützeundBettina

ausrehnenkönnen,welheAnzahlenvonDosensie(in

n

^{Reihen)aufbauen}

können.

) EsgibtAnzahlen,die sowohlHerr StützealsauhBettinaaufbauenkön-

nen. Gib (mindestens) eine solhe Anzahl auÿer der trivialen Anzahl

1

an. (MG)

Eine unmögliheDreiekszerlegung

EinDreiekheiÿtspitzwinklig,wennkeinerseiner dreiInnenwinkel

≥ 90 ^◦

^ist.

MankannkeinDreiekinzweiDreiekezerlegen,diebeidespitzwinkligsind.

Dusiehstes kannstDues auhbeweisen? (H.F.)

IneinemBussitzensiebenKinder.JedesKindhatsie-

benRuksäke,indenenjeweilssiebenKatzensitzen.

JedeKatzehatsiebenJunge.

WievieleBeinebendensihimBus?

(KevinShmitt,Klasse 9,

Elisabeth-Langässer-Gymnasium,Alzey)

Ein Heiratsproblem

Inlängst vergangenenZeiten wollteein Stam-

mesherzog seine Töhter Adelheid (

A

^{) und}

Brunhilde(

B

⁾verheiraten.Chlodwig(

C

^)sollte

einesderbeidenMädhenzurFraubekommen.

Von jedem anderem Bewerber verlangte der

Herzog, dasser fürbeideFraueneinen Braut-

preis anbietenmüsse ganz gleihob er nun

AdelheidoderBrunhildezurFrauhabenwolle.

ÜbliherWeisewurdendamalsBrautpreisemit

Pferdenbezahlt.

DerehrgeizigeDietrih(

D

^{), der 30Pferdebesaÿ, mahtedasbeste Angebot:}

26 Pferdefür Adelheiddashübshereder beiden Mädhenund 20Pferde

für Brunhilde.

WeilnunsowohlChlodwigalsauhDietrihAdelheidhabenwollten,befahlder

Herzog, dass auh Chlodwig ein Angebot für Adelheid abgeben müsse. Dann

werdeerseine Entsheidungsotreen,dasssieihmdiegröÿtmögliheAnzahl

vonPferdeneinbringenwerde.

Chlodwig,derunsterblihinAdelheidverliebtwarunddeshalbnursiezurFrau

habenwollte,shienhanenlosgegenüberDietrihzusein,dennerbesaÿniht

einmal

1

3

^{derAnzahlanPferdenvonDietrih.}

Dohshlieÿlihgabder HerzogChlodwigseineTohterAdelheidzurFrau.

Wieviele Pferde besaÿ Chlodwig und welhes Angebot hatte er dem Herzog

gemaht? (H.F.)

AuhwennaufdernähstenSeiteeineneueÜbershrift steht,gehendortdie

Mathespielereiennohweiter!

Für die jüngeren Shüler/innender Klassen 57

BereitsabSeite22ndet IhrMathespielereien!

Urlaubspost

DieSommerferienstehenvorderTür.Dasiesihdann

nihtsehenkönnen,versprehendiedreiFreundinnen

Julia, Kerstinund Lindaeinander,dass jededen bei-

den anderen jeweils eine Postkarte aus dem Urlaub

shreibt.

a) WievielePostkartenwerdengeshrieben?

b) AlsMelanievonder Vereinbarungmitbekommt,möhte siegernemitma-

hen.WievielePostkartensindes dann?

) Die vier Freundinnen überlegen sih, dass es auh shön wäre, wenn die

ganzeKlasse mitmahenwürde.In der Klasse sind 28Shüler. Wie viele

Kartenwürdendanngeshrieben?

d) Wievielewärenes allgemeinbei

n

beteiligtenPersonen?

e) Unter den 28 Shülern der Klasse sind auh Bastian und Sebastian, die

Zwillingsbrüdersind.Die beidenbekommenjeweilseineeigeneKartevon

denKlassenkameraden,vershikenselbstaberjeweilsnureinegemeinsam.

f) DieKlasse einigtsihdarauf,dassauhdieLehrerinFrauShwarzvonje-

demeineKartebekommensoll.WievieleKartenwerdennuninsgesamtge-

shrieben(ohneBerüksihtigung,dasszweiShülerZwillingsbrüdersind)?

(MG)

Ziernübereinstimmung

a) Finde das kleinste Paar

(n, m)

^mit

1 < n < m

^{derart, dass die letzten}

beidenZiernvon

2009 ⁿ

^und

2009 ^m

übereinstimmen!

b) GibtesPaare

(n, m)

^mit

1 < n < m

^{so,dass dieletzten2009Ziernvon}

2009 ⁿ

^und

2009 ^m

übereinstimmen? (WJB)

EnglisheZahlenknobelei

T W O

+ T H R E E

+ S E V E N

T W E L V E

Ersetze die Buhstaben durh Ziern und

zwar so, dass vershiedenen Buhstaben

auhvershiedeneZiernentsprehen,wo-

bei den ersten Buhstaben von links niht

dieZier

0

^{zugeordnetwirdso dasseine}

korrekteAdditionentsteht.

(gefundenvonH.F.)

Klassen 813

Aufgabe967:Niemals eine Quadratzahl

Überlege,warumeskeinenatürliheZahl

n

^gibt,fürdie

n(n + 2)

^eineQuadrat-

zahlist. (H.F.)

Aufgabe968:Der Teiler

2009

Esseien

a ≥ 1

^,

b ≥ 1

^{ganzeZahlenmit}

a + b = 2009

GibtesZahlenpaare

a, b

^{,fürdiegilt:2009isteinTeilervon}

a · b

^?

Wennja:WelhessinddiePaare? (H.F.)

Aufgabe969:Abshätzungeiner Viereksähe

ImVierek

ABCD

^{seieninder üblihenBezeihnung}

a

^,

b

^,

c

^,

d

^{dieLängender}

vier Seitenund

F

^seidieViereksähe.

Zeige,dassdanngilt:

F ≤ ¹ ₄ (a + c)(b + d)

^{. (H.F.)}

Aufgabe970:Zwei TeilmengeneinerMenge

EineMengeMbesteheaus15vershiedenennatürlihenZahlen

≤ 2009

^.

Begründe:AusMkannmanstetszweivershiedeneTeilmengensoauswählen,

dass fürsiedieSummenihrerElementeübereinstimmen.

Hinweise:EineMengeaus

n

^Elementenhat

2 ⁿ

vershiedeneTeilmengen,dieleereMengeund dieganzeMengemitgezählt.

DiebeidenausgewähltenTeilmengenkönnengemeinsameElementehaben,derShnittmuss

alsonihtleersein. (H.F.)

Aufgabe971:Familienstatistik

NaheinerBekanntmahungdesStatistishenBundesamtes(StandMärz2004)

lebenvondenKindernunter18JahreninDeutshland25%ohneGeshwister,

47% mit einem Geshwisterkind, 19% mit zwei Geshwistern und 9% mit

mindestens drei Geshwistern. Die in Apotheken erhältlihe Zeitshrift Baby

undFamilievonMai2006shlieÿtdaraus:Paare,diesihfüreinzweitesoder

drittesKindentsheiden,sindeindeutiginderÜberzahl.

Beider LösungderfolgendenAufgabemahenwirkeinengroÿenFehler,wenn

wirannehmen,dassdie9%derKindermitmindestensdreiGeshwisterngenau

dreiGeshwister haben.

a) Wiegroÿsind(unterallenFamilienmitmindestenseinemKind)dieAnteile

der Familienmit1,2,3beziehungsweise4Kindern?

b) WashälstDuvonderShlussfolgerungausBabyundFamilie? (WJB)

IneinemDreiekmitWinkel

γ = 90 ^◦

^gilt

c ² = a ² + b ²

^.

Gibtes einen Winkel

Γ

^{derart, dass im Dreiekmit}

γ = Γ

^gilt

c ³ = a ³ + b ³

^?

(WJB)

Aufgabe973: Karl Krauses Kies

KarlKrausewillseineGaragenzufahrt15mhohmitKiesbelegen.DieZufahrt

ist4mbreitund14mlang.HerrKrausemussdenKiesnahGewihtkaufen.

Deshalbstellterfest,wieshwerderKiesist,indemervierKieselaufdieWaage

legt.Diesewiegen980g.DanahfülltereinenMessbehermit

1

2 l

^Wasserund

legt dann die Steine hinein. Damit steigt die Anzeige des Messbehers auf

940ml

^{. Errehnet dann:}

^0,15 ₉₄₀ ^{· 4} − ^{· 14} 500 ^{· 980} = 18,7

^{und bestellt19 Tonnen Kies.Bei}

der Lieferungstaunter.

Hat Herr Krause viel zu viel oder viel zu wenigKies bekommen und warum?

(WJB)

Gelöste Aufgaben aus MONOID 97

Klassen 813

Aufgabe960: ProfessorAltermann undalte Hölzhen

Prof.Altermann istArhäologe.Bei Ausgrabungenndet ereinKästhenmit

Hölzhen paarweise vershiedener Längen. Er stellt fest, dass das kürzeste

Hölzheneine Länge

a 1

^{hat und dasjeweils}nähstlängereHölzhensih vom vorhergehenden jeweils um eine feste Längendierenz

d

untersheidet, also

a 2 = a 1 + d

^,

a 3 = a 2 + d

^,...

Prof. Altermann und seine Mitarbeiter vermuten, dass mit diesen Hölzhen

früher Längen von Streken gemessenwurden. Auÿerdem bemerken sie, dass

a 1 + a 2

^dieLänge

13

^ergibtund

a 4 + a 5 + a 6 + a 7

^dieLänge

74

^.

a) Wielangistdas

n

^-teHölzhen?

b) Welhe Hölzhenmüssenkombiniertwerden,umdieLängen

67

^und

2

^zu

erhalten? (MG)

Lösung:

a) Esist

a 1 + a 2 = a 1 + a 1 + d = 2a 1 + d = 13

^und

a 4 + a 5 + a 6 + a 7 = a 1 + 3d + a 1 + 4d + a 1 + 5d + a 1 + 6d = 4a 1 + 18d = 74

^.

DasdarausresultierendeGleihungssystem

2a 1 + d = 13 4a 1 + 18d = 74

hatdieLösung

d = 3

^und

a 1 = 5

^.

Damithatdas

n

^{-teHölzhendieLänge}

a n = 5 + 3(n − 1)

^.

b) Esist

67 = 26+17+11+8+5 = a 8 +a 5 +a 3 +a 2 +a 1

^{,sodassdieHölzhen}

1, 2, 3, 5und 8 zu kombinieren sind. Aber auh andere Kombinationen

sindmöglih.

Wegen

2 = 13 − 11 = 8 + 5 − 11 = a 2 + a 1 − a 3

^{müssenfür dieLänge}

2

zunähstdieHölzhen

1

^und

2

^{unddanndasHölzhen}

3

^vomEndeindie

entgegengesetzteRihtunggelegt(alsowiederabgezogen)werden.

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)

Lösung:

a) DieZahl

22

^{istdieSummeaus}

3

^und

7

^{undzweimalderZahl,diezwishen}

3

^und

7

^steht,also

^{(22 −} ₂ ^{7 − 3)} = 6

^{.DiedritteundvierteZahlinderzweiten}

Zeilesindalso

7 + 6 = 13

^und

6 + 3 = 9

^{.NennenwirdiezweiteZahlinder}

zweitenZeile

z

^,soergibtsih

92 = ((8 + z) + (13 +z)) + ((13 + z) + 22) = 56+3z

^undsomit

z = ^{92 −} ₃ ⁵⁶ = 12

^{.DierestlihenZahlenlassensiheinfah}

ergänzenundliefern:

3 5 7 6 3

8 12 13 9

20 25 22

45 47

92

b) und ) Auÿer für die Zahlen der ersten Zeile gibt es für jede Zahl im

DreiekeineGleihungderForm

z = x + y

^{, alsosoviele Gleihungenwie}

zubestimmendeZahlen.Aufdenersten Blikkönntemanalsovermuten,

dass es immergenaueineLösung für diesesGleihungssystemgäbe.Hier

sindaberGegenbeispiele:

1 2 1 x 4

x x x x

5 x x

x x

x

1 2 1 x x

3 x x x

6 x x

x x

x

imGegenbeispielzub)widersprehensihdieVorgaben,indemzu)kön-

nenwirzumBeispieldiebeidenfehlendenZahlendererstenZeilebeliebig

wählenund danndasDreiekergänzen.

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 = ...

FindeeinenBeweisdafür! (H.F.)

Lösung:

DerZählerdes

(n + 1)

^{-tenBruhesin der}Gleihungskettelautet

1 + 3 + ... + (1 + 2n)

^{undseinNennerist}

(1 + 2n + 2) + ... + (1 + 2n + 2n + 2)

^.

Der

(n + 1)

^{-teBruhistsomit}

1 + 3 + ... + (1 + 2n)

(1 + 2n + 2) + ... + (1 + 2n + 2n + 2) .

Galileibehauptetnun:Der

(n + 1)

^{-teBruhhatdenWert}

¹ ₃

^für

n = 1, 2, 3, ...

1 5

7

3

. . .

^{ZumNahweisdieserBehauptungbenötigenwireineFor-}

melfürdieSumme

S n

^derersten

n

^{ungeradennatürlihen}

Zahlen.

Mit einerMethode,die von den griehishen Mathema-

tikernstammt,erkenntmanohnelangeRehnungenaus

der nebenstehendenFigur,dassgilt:

S n+1 = 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1) ² .

Alsohatder

(n + 1)

^{-teBruhdenWert:}

S n+1

S 2n+2 − S n+1 = (n + 1) ²

(2n + 2) ² − (n + 1) ² = (n + 1) ²

4(n + 1) ² − (n + 1) ² = 1 3

Damit trit GalileisBehauptung zu und dievon ihm angegebeneGleihungs-

ketteistrihtig.