schiebt anschließend den Würfel um die verdeckt liegende Augenzahl nach oben oder um die verdeckt liegende Augenzahl nach unten.

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1 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 1 1/ 10 Aufgabe 1 Voraussetzung. Im Zentrum eines 005 x 005-Schachbretts liegt ein Spielwürfel, der in einer Folge von Zügen über das Brett bewegt werden soll. Ein Zug besteht dabei aus folgenden drei Schritten: Man dreht den Würfel mit einer beliebigen Seite nach oben, dann den Würfel um die angezeigte Augenzahl nach rechts oder um die angezeigte Augenzahl nach links und schiebt anschließend den Würfel um die verdeckt liegende Augenzahl nach oben oder um die verdeckt liegende Augenzahl nach unten. Das erreichte Feld ist das Ausgangsfeld für den nächsten Zug. Behauptung. Alle Felder sind durch eine endliche Folge an gültigen Zügen erreichbar. Beweis. Definition 1.1 Das Schachbrett wird durch S := {(x,y) Z 100 x,y 100} dargestellt, wobei (0,0) für das Zentrum steht, x für die Horizontal- und y für die Vertikalkoordinate. Definition 1. Ein (gültiger oder ungültiger) Zug ist definiert durch Z b a : S S, (x,y) (x,y) + (a,b) = (x + a,y + b), a,b Z,(x + a,y + b) S. Definition 1. Ein Zug Z b a wird genau dann gültig genannt, wenn a,b {±1,±,...,±6} und a + b = 7 gilt. 1 Definition 1.4 Ein Feld (x,y) S ist genau dann erreichbar, wenn eine endliche Folge bzw. Komposition gültiger Züge (Z b i ) n so existiert, dass (Z b i ) n (0,0) = (x,y) gilt. Hilfssatz 1.1 Wenn alle Felder im Quadrant S I = {(x,y) S x,y > 0} und das Zentrum (0,0) erreichbar sind, dann sind alle Felder in S erreichbar. Beweis. (Durch Symmetrie.) Man betrachte (x,y) S I. Die endliche Folge gültiger Züge, die von (0,0) zu (x,y) führt, sei (Z b i ) n. Das zum Feld (x,y) im II. Quadrant korrespondierende Feld ( x,y) erreicht man dann durch die Folge gültiger Züge (Z b i ) n. Die zu (x,y) korrespondierenden Felder ( x, y) bzw. (x, y) im III. bzw. IV. Quadrant erreicht man analog durch die Folge gültiger Züge (Z b i ) n bzw. (Z b i ) n. Es sind also alle Felder der vier Quadranten von S erreichbar. Da laut Voraussetzung das Feld (0, 0) erreichbar ist, sind also alle Felder von S erreichbar. Hilfssatz 1. Die Züge Z 0 1 und Z1 0 sind jeweils endliche Folgen gültiger Züge (Zb i ) n. 1 Die Summe zweier gegenüberliegender Augenzahlen eines Würfels ergibt 7.

2 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 1 / 10 Beweis. Es gilt Z 4 {}}{ Z1 0 = Z5 Z 1 0 = Z 5 Z Z 4 Z 1 6 (1.1) 4 Z 1. (1.) 6 } {{ } Z 4 Hilfssatz 1. Alle Felder in S I sind von (0,0) aus durch eine endliche Folge gültiger Züge erreichbar, d.h. für alle (x,y) S I existiert (Z b i ) n, sodass (Z b i ) n (0,0) = (x,y). Dabei liegen die Felder nach jeder Zwischenfolge innerhalb des Schachbretts S, d.h. (Z b i ) k (0,0) S für alle 0 < k N n. Beweis. Sei (x,y) S I. Man erreicht (x,y), indem man von (0,0) ausgehend zunächst x Mal die endliche Folge gültiger Züge Z 0 signx und anschließend y Mal die endliche Folge gültiger Züge Z signy 0 ausführt. Formal heißt das (x,y) = (Z 0 1) x (Z 1 0) y (0,0). (1.) Da die Verschiebung nach jedem Zug Z1 0 bzw. Z1 0 in (1.) stets nach rechts oder oben verläuft, Z1 0 bzw. Z1 0 nach (1.1) bzw. (1.) eine maximale Verschiebung um 6 Felder nach links bzw. unten benötigen und der linke bzw. untere Rand bei x = 100 bzw. y = 100 liegen, können der linke oder der untere Rand durch (1.) nicht überschritten werden. Der erste Zug für jeden Zug Z1 0 bzw. Z1 0 in (1.1) bzw. (1.) ist Z 6 1 bzw. Z 1 6, d.h. ausgehend von einem (x,y) S können durch diese ersten Teilzüge weder der rechte, noch der obere Rand des Schachbretts verlassen werden. Die ersten beiden Teilzüge von Z1 0 bzw. Z1 0 entsprechen Z 4 bzw. Z 4, d.h. auch diese Züge können den rechten oder den oberen Rand nicht überschreiten. Mit dem dritten Teilzug kommt man schließlich auf Z1 0 bzw. Z1 0, d.h. man bewegt sich um genau ein Feld nach rechts bzw. oben zum Zielfeld (x,y), das aber Element von S I ist. Folglich sind alle Felder von S I ohne Verlassen von S erreichbar. Satz 1.1 Alle Felder (x,y) S sind erreichbar. Beweis. Ist (x,y) = (0,0), so ist (0,0) zum Beispiel durch (0,0) = Z6 1(Z 1 6 ((0,0))) erreichbar. Also folgt aus den Hilfssätzen 1. und 1.1, dass alle Felder (x,y) S erreichbar sind, q.e.d. Obwohl wegen (x,y) S I x,y > 0 gilt, werden hier Betrag und Signum-Funktion verwendet, um die Korrespondenz zu den symmetrischen Quadranten II bis IV zu verdeutlichen.

3 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe / 10 Aufgabe Voraussetzung. Die ganze Zahl a habe die Eigenschaft, dass n der Form a = x +y mit x,y Z darstellbar ist. Behauptung. st ebenfalls in dieser Form darstellbar. Beweis. Sei a Z gesetzt. Gesucht sind nun p,q Z mit p + q = a. Laut Voraussetzung gibt es x,y Z mit a = x + y. Umformung ergibt: a = x + y = 1 ( (x + y ) ) = 1 ( x + 6y ) 9 9 = 1 [ ] x ± x y + (y) + (x x y + y ) 9 = 1 [(x ± y) + (x y) ] 9 = ( ) x ± y ( ) x y +. Hilfssatz.1 Sei a = x + y mit a,x,y Z. Aus x ymod folgt, dass x+y und x y ganzzahlig sind. Aus x ymod folgt, dass x y und x+y ganzzahlig sind. Beweis. Wegen a = x + y ist x + y 0mod. Es sind x,y {0,1, mod}. Die Tabelle zeigt alle Kombinationen: x mod y mod (x + y ) mod Damit x + y 0mod gilt, muss also 1. x y mod oder. x 1mod,y mod oder. x mod,y 1mod sein. In Fall 1. ist x + y x y 0mod. In den Fällen. und. sind x y x + y 0mod. Folglich ist x+y und x y falls x ymod bzw. x y und x+y falls x ymod ganzzahlig. Wenn x ymod, so setze man p 1 = x + y,q 1 = x y, falls x ymod setze man p = x y,q = x + y. Nach Hilfssatz.1 sind dann p 1,q 1 Z oder p,q Z. Die Darstellung für st dann q.e.d. a = p 1 + q 1 oder a = p + q,

4 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 4/ 10 Aufgabe Voraussetzung. Den Seiten a,b,c eines Dreiecks liegen die Winkel α,β,γ gegenüber. Behauptung. Aus α + β = 180 folgt a + bc = c. Beweis. (elementargeometrisch). C b a b c-b A c T B Abbildung.1: Skizze zu Aufgabe Die Eckpunkte des Dreiecks mit den Seiten a,b,c und den Winkeln α,β,γ werden mit A, B,C bezeichnet. Zunächst folgt aus α + β = 180 β = (180 α)/ = 90 α. Mit Innenwinkelsumme im Dreieck ABC α + β + γ = 180 gilt γ = 180 α β = 180 α 90 + α = 90 + α Der Punkt T liege auf der Geraden AB mit dem Abstand AT = b vom Punkt A (vgl. Skizze). Dann ist das Dreieck ATC gleichschenklig mit den Schenkeln [AT ] und [AC]. Also gilt im Dreieck ATC wegen Innenwinkelsumme CTA = ACT = 180 α = 90 α. Somit folgt BTC = 180 CTA = 90 + α. Im Dreieck BCT gilt wegen Innenwinkelsumme ACB = 180 BTC β = α. Die Dreiecke BCT und ABC sind ähnlich, dhre Innenwinkel übereinstimmen: α = TCB β = CBT (= 90 α) γ = BTC (= α)

5 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 5/ 10 Wegen AT = b ist T B = c b. Aus dem gleichen Verhältnis zweier Seiten in ähnlichen Dreiecken folgt T B BC = BC AB c b = a a c c(c b) = a c = a + bc, q.e.d.

6 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 4 6/ 10 Aufgabe 4 Behauptung. Für alle positiven ganzen Zahlen n N kann man die n Zahlen 1,,,...,n so in einer Reihe anordnen, dass für je zwei beliebige Zahlen der Reihe ihr arithmetisches Mittel nicht zwischen ihnen steht. Beweis. Für den Beweis ist zunächst folgende Definition für eine sortierte Reihe sinnvoll. Definition 4.1 Sei n N, M n = N n = {1,,,...,n}. Wenn eine Abzählung 1 f n : N n M n so existiert, dass für beliebige a,b N n,a < b kein a < s N n < b existiert mit f n (s) = 1 ( f n(a) + f n (b)), dann wird diese Abzählung sortiert genannt. Die Behauptung besagt nun, dass für alle n N eine sortierte Abzählung f n existiert. Für n = 1 ist die Behauptung klar, da das Bild von f 1 nur die 1 enthält. Für n = k, k N wird die Behauptung zunächst durch vollständige Induktion gezeigt, anschließend wird auf alle n N geschlossen. Hilfssatz 4.1 Für alle n = k, k N existiert eine sortierte Abzählung f n. Beweis. (durch vollständige Induktion über k). Induktionsanfang: n =. Wenn f (1) = 1 und f () = gesetzt wird, ist f sortiert. Induktionsschritt: Behauptung. Wenn für n = k, k N eine sortierte Abzählung f k = f n existiert, dann existiert auch eine sortierte Abzählung f k+1 = f n. Beweis. Sei f n eine sortierte Abzählung (Induktionsvoraussetzung). Man setze dann f n : N n M n, f f n (x) = n (x), 1 x n (4.1) f n (x n) 1, n < x n. Es soll gezeigt werden, dass f n eine sortierte Abzählung ist. f n ist eine bijektive Abbildung f n : N n M n (also eine Abzählung), denn f n ordnet jedem x N n genau ein f n (x) zu. Seien nun a,b N n mit a < b. Es soll gezeigt werden, dass f n sortiert ist, d.h. dass kein a < s N n < b existiert mit f n (s) = 1 ( f n(a) + f n (b)). Dazu werden drei Fälle von a,b unterschieden. a n und n < b n: f n (a) ist nach Definition gerade und f n (b) ungerade. Demnach ist aber für alle a < s < b 1 ( f n(a) + f n (b)) / N, d.h. insbesondere f n (s) 1 ( f n(a) + f n (b)) für alle a < s < b. 1 a,b n: Es gilt f n (a) = f n (a) und f n (b) = f n (b), also 1 ( f n(a) + f n (b)) = f n (a) + f n (b). 1 Definition Abzählung: Sei M n eine n Menge, N n = {1,...,n}, so nennt man eine bijektive Abbildung f n : N n M n eine Abzählung. { f n (x) x = 1,,...,n} = {,4,6,...,n} und { f n (x) 1 x = 1,,...,n} = {1,,5,...,n 1}, da das Bild der bijektiven Abbildung f n gleich M n = {1,,...,n} ist.

7 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 4 7/ 10 Da f n eine sortierte Abzählung ist, haben alle f n (s) mit a < s < b die Eigenschaft f n (s) 1 ( f n(a) + f n (b)). Also haben alle f n (s) = f n (s) mit a < s < b die Eigenschaft f n (s) = f n (s) 1 ( f n(a) + f n (b)) = f n (a) + f n (b). Folglich gilt für alle a < s < b f n (s) f n (a) + f n (b) = 1 ( f n(a) + f n (b)). n < a,b n: Es gilt f n (a) = f n (a n) 1 und f n (b) = f n (b n) 1, also 1 ( f n(a) + f n (b)) = f n (a n) + f n (b n) 1. Da f n eine sortierte Abzählung ist, haben alle f n (s n) mit a < s < b die Eigenschaft f n (s n) 1 ( f n(a n) + f n (b n)). Also haben alle f n (s) = f n (s n) 1 mit a < s < b die Eigenschaft f n (s) = f n (s n) 1 1 ( f n(a n) + f n (b n)) 1 = f n (a n)+ f n (b n) 1. Folglich gilt für alle a < s < b f n (s) f n (a n) + f n (b n) 1 = 1 ( f n(a) + f n (b)). Somit gilt bei beliebigen a,b N n mit a < b für alle a < s < b die Ungleichung f n (s) 1 ( f n(a) + f n (b)). Die Abzählung f n ist also sortiert, d.h. der Induktionsschritt ist bewiesen. Da der Induktionsanfang für n = gilt und der Induktionsschritt von n auf n ebenfalls gezeigt wurde, gibt es für alle n = k eine sortierte Abzählung f n. Es bleibt nun noch zu zeigen, dass auch für alle n, die sich nicht als k darstellen lassen, eine sortierte Abzählung existiert. An einem kurzen Beispiel sieht man dies leicht ein, sei z.b. n = 6. Dann gibt es nach Hilfssatz 4.1 für n = = 8 eine sortierte Abzählung bzw. Reihe, z.b.,6,8,4,1,5,,7. Diese Reihe wird für n = 6 zu,6,4,1,5, transformiert, d.h. die Zahlen 7 und 8 werden gestrichen und die Reihenfolge der Restzahlen bleibt erhalten; diese Reihe für n = 6 ist also wie die Reihe für n = 8 sortiert. Formal lässt sich dies wie folgt formulieren: Hilfssatz 4. Wenn sortierte Abzählungen f n für alle n {1,,4,8,16,...} existieren, dann existieren sortierte Abzählungen f n für alle n N.

8 BWM 005 / M. Schmittfull Aufgabe 4 8/ 10 Beweis. Für n = k mit k N 0 wurde bereits gezeigt, dass es sortierte Abzählungen f n gibt. Sei also n eine natürliche Zahl, die sich nicht in der Form n = k (k N 0 ) darstellen lässt. Dann sei j die kleinste Zweierpotenz für die n < j gilt. Für j gibt es wie oben gezeigt eine sortierte Abzählung f j. Diese Abzählung kann so zu einer Abzählung f n transformiert werden, dass f n ebenfalls sortiert ist. Hierzu muss das Bild von f j von M j auf M n M j eingeschränkt werden, indem anschaulich gesprochen alle f j(x) / M n gestrichen und die übriggebbliebenen f j(x) M n ohne Änderung der Reihenfolge so indiziert werden, dass f n : N n M n eine Abzählung ist. Formal bedeutet das f n (x) := f j(i(x)) mit x N n, wobei i(x) definiert ist als die x te Zahl unter f j(1), f j(), f j()..., die nicht größer als n ist. f n ist dann eine Abzählung f n : N n M n, da es n Zahlen in M j gibt, die nicht größer als n sind, nämlich genau die Zahlen x M n. Da die Reihenfolge der Elemente des Bilds von f j nicht geändert wurde und lediglich einige Elemente des Bilds von f j entfernt wurden, gibt es wie bei f j auch bei f n kein a < s < b mit f n (s) = 1 ( f n(a) + f n (b)), d.h. f n ist wie f j sortiert. Nach den Hilfssätzen 4.1 und 4. existiert für alle n N eine sortierte Abzählung, q.e.d.

9 BWM 005 / M. Schmittfull B 9/ 10 A Aufgabe, Beweis Beweis. (über cosx = 1 (eix + e ix )). Kosinussatz im Dreieck ABC ergibt a = b + c bccosα. Die Behauptung, dass a + bc = c gilt, ist äquivalent zu a = b + c bccosα = c bc b + bc bccosα = 0 b + c(1 cosα) = 0 (c 0) cosα 1 = b c (1.1) Nach dem Sinussatz ist b c = sinβ sinγ. In Beweis 1 wurde gezeigt, dass die Beziehungen β = 90 α, γ = 90 + α gelten. D.h. Gleichung (1.1) ist äquivalent zu cosα 1 = b c = sinβ sinγ = sin(90 α) sin(90 + α ) = cos α cos α (1.) Die Behauptung ist bewiesen, wenn Gleichung (1.) gezeigt werden kann. Mit cosx = 1 ( e ix + e ix) (vgl. [1]) gilt: cosα 1 = 1 ( e iα + e iα) 1 ( e iα + e iα)( ) ) e 1 iα + e 1 iα (e 1 iα + e 1 iα = e 1 iα + e 1 iα Somit ist die Behauptung bewiesen, q.e.d. = e iα + e 1 iα + e 1 iα + e iα e 1 iα e 1 iα e 1 iα + e 1 iα 1 = (e iα + e iα ) 1 (e 1 iα + e 1 iα ) = cos α cos α.

10 BWM 005 / M. Schmittfull B 10/ 10 B Aufgabe, Beweis Beweis. (über Additionstheoreme). Wie in Beweis soll gezeigt werden, dass Gleichung (1.) gilt. Hierzu werden die folgenden Additionstheoreme (vgl. [1] 0..8, S. 60) verwendet: Es gilt cos(x + y) = cosxcosy sinxsiny (.1) cos(x) = cos x sin x (.) sin(x) = sin x cos x (.) cos α cos α = cos( α + α) cos α = cos α cosα sin α sinα cos α (vgl. (.1)) = cos α cos( α ) sin α sin( α ) cos α = cos α cos α cos α sin α sin α sin α cos α cos α (vgl. (.),(.)) = cos α sin α sin α = cos α (1 cos α ) = 4cos α. (.4) D.h. Gleichung (1.) ist äquivalent zu cos α sin α cosα 1 = 4cos α cos( α ) = 4cos α cos α (1 cos α ) = cos α 1 cos α 1 = cos α 1 Somit ist gezeigt, dass Gleichung (1.) gilt, q.e.d. = cos α 1 (vgl. (.)) Literatur [1] BRONSTEIN, I. N.: Teubner-Taschenbuch der Mathematik. Teubner-Verlag, Wiesbaden, 00.