Tag der Mathematik 2016

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1 Tag der Mathematik 016 Mathematischer Wettbeerb, Klassenstufe 11 1/ April 016, Uhr Aufgabe 1 Zeigt: Die Funktion f : R R, f(x) x, kann nicht als Summe von zei periodischen Funktionen geschrieben erden. (Eine Funktion g : R R heißt periodisch, enn es eine Zahl p > 0 ( Periode ) gibt, so dass g(x) g(x p) für alle x gilt. Zum Beispiel ist die Sinusfunktion periodisch mit p π.) Lösung. Nehmen ir an, es gäbe periodische Funktionen g 1 und g mit Perioden p 1 > 0 und p > 0, so dass für alle x R x g 1 (x) g (x) (1) gilt. Ersetzt man x durch x p 1, sieht man also (x p 1 ) g 1 (x p 1 ) g (x p 1 ), x p 1 x p 1 g 1 (x) g (x p 1 ) () für alle x, da g 1 die Periode p 1 hat. Bilden ir die Differenz von () und (1), erhalten ir p 1 x p 1 g (x p 1 ) g (x) (3) für jedes x. Schreiben ir nun h(x) g (xp 1 ) g (x). Da g die Periode p hat, ist auch h mit der Periode p periodisch: h(x p ) g (x p p 1 ) g (x p ) g (x p 1 ) g (x) h(x). Wegen (3) müsste dann auch die durch l(x) p 1 xp 1 definierte Funktion p -periodisch sein. Insbesondere äre l(0) l(p ), as p 1 p 0 nach sich zieht. Das steht im Widerspruch zur Bedingung p 1 > 0, p > 0. Damit ist die ursprüngliche Annahme iderlegt und die Behauptung beiesen.

2 Aufgabe Im Jahr 000 organisierte die FU ein Fußballturnier, bei dem die teilnehmenden Mannschaften in zei Gruppen aufgeteilt urden, die aber nicht gleich groß zu sein brauchten. Leider sind die Aufzeichnungen über die Anmeldungen verloren gegangen; man eiß nur noch, dass es zischen 15 und 0 Mannschaften aren. In jeder Gruppe spielte jede Mannschaft gegen jede andere aus derselben Gruppe, aber keine Mannschaft spielte gegen eine Mannschaft der anderen Gruppe. Insgesamt urden genau halb so viele Begegnungen ausgetragen, ie enn jede Mannschaft gegen jedes andere Team (also nicht nur gegen die aus der eigenen Gruppe) gespielt hätte. (a) Bestimmt die möglichen Anzahlen von teilnehmenden Teams und die Gruppengrößen. (b) Wäre es möglich geesen, die Teams in drei Gruppen aufzuteilen, die ieder nur Spiele untereinander austragen, so dass die Gesamtanzahl der Spiele die gleiche geesen äre? Lösung. (a) Wir bezeichnen die Anzahl der Teams in den beiden Gruppen mit m bz. n. Nach Voraussetzung gilt 15 m n 0. Betrachten ir zuerst die Gruppe mit m Mannschaften. Jede dieser Mannschaften hat gegen jedes der übrigen m 1 Teams einmal gespielt; das ergibt scheinbar insgesamt m(m 1) Spiele. Aber jedes Spiel urde zeimal gezählt, also ist die korrekte Anzahl 1 m(m 1). Dasselbe Argument zeigt, dass in der anderen Gruppe 1 n(n 1) Spiele ausgetragen urden, und unter allen m n Mannschaften ären theoretisch 1 (m n)(m n 1) Begegnungen möglich. Daher ist nach Voraussetzung Umformen ergibt und eiter soie m(m 1) n(n 1) 1 (m n)(m n 1). m m n n 1 (m mn n m n) m m n n m m n n mn (m n) m n. mn Daher ist m n eine Quadratzahl zischen 15 und 0 (jeeils einschließlich); es folgt m n 16 und m n 4 bz. 4. Im ersten Fall ist m 0, also m 10, und n 6, im zeiten Fall ist umgekehrt m 6 und n 10. Es haben 16 Mannschaften teilgenommen, die Gruppen aren 6 bz. 10 Teams stark, und es urden Spiele ausgetragen. (b) Jetzt seien m, n und t die Anzahl der Teams in den 3 Gruppen. Nach Voraussetzung gilt Umformen führt zu m(m 1) und da 16 Teams mitgemacht haben, n(n 1) t(t 1) 60. m n t (m n t) 10, m n t 136. Wir müssen untersuchen, ob diese Gleichung ganzzahlige Lösungen hat. Dazu können ir annehmen, dass 0 < t n m gilt, denn die Gleichung ist symmetrisch in den drei Variablen. Weiteres Umformen liefert (beachte n, t > 0 und m n t 16) 136 m n t < (n t) (16 m) 56 3m m,

3 d.h. so dass 0 < m 3m 10 ((m 8) 4), < m 8. Da 1 > 136, muss notendigereise m 11 sein; ferner muss m 7 sein, da 3 6 < 136. Damit kommt als einzige Lösung für m nur m 11 in Frage. das zieht aber n t und n t nach sich, as keine ganzzahlige Lösung besitzt. Man könnte übrigens auch alle hypothetisch möglichen Fälle für m, nämlich (siehe oben) 7 bis 11, durchgehen und feststellen, dass es keine ganzzahligen Lösungen für n und t gibt: Wenn m 7, dann n t und nt ; enn m 8, dann n t und n t 8; enn m 9, dann n t und n t 7; enn m 10, dann n t und nt 6; enn m 11, dann n t und nt 5. In jedem Fall ist es einfach zu verifizieren, dass die beiden Gleichungen keine ganzzahligen Lösungen haben. 3

4 Aufgabe 3 In eine Ebene urden 66 verschiedene Punkte eingezeichnet und durch je zei Punkte Geraden gezogen. Insgesamt urden 016 verschiedene Geraden gezeichnet. Zeigt, dass es mindestens vier Punkte gibt, die auf einer Geraden liegen. Lösung. Wir führen einen Widerspruchsbeeis, d.h., ir nehmen an, dass die zu beeisende Aussage falsch ist, und leiten daraus einen Widerspruch her. Dazu nehmen ir an, dass es keine Gerade gibt, auf der 4 oder mehr Punkte liegen. Jede Gerade geht durch (mindestens) Punkte. Zunächst begründen ir, dass es 145 Punktepaare gibt. Jeder der 66 Punkte kann mit einem der 65 übrigen Punkte gepaart erden, aber auf diese Weise ird jedes Punktepaar doppelt gezählt. Daher ist die korrekte Anzahl ( 66 ) Zieht man also durch je der 66 Punkte eine Gerade, erhält man demnach höchstens 145 mögliche Geraden. Die Geraden sind natürlich nicht allesamt verschieden, eil ja laut Voraussetzung nur 016 Geraden gezeichnet urden und auch 3 Punkte auf einer Geraden liegen können. Nun sei n die Zahl der Geraden, auf der 3 Punkte liegen, (P, Q) bezeichne ein beliebiges Punktepaar. Wir zählen jetzt die zugehörigen Geraden: Wenn (P, Q) nicht auf einer der n Geraden mit 3 Punkten liegt, so gehört zu (P, Q) genau eine Gerade; liegt (P, Q) dagegen auf einer der n Geraden, so zählt die Gerade dreifach zu den insgesamt 145 Geraden, eil aus den 3 Punkten 3 Paarkombinationen gebildet erden können. (Nach Annahme gibt es keine Geraden mit 4 Punkten.) Die tatsächliche Zahl der Geraden ist 016, as nach den soeben angestellten Überlegungen gleich 145 n sein muss. Die Gleichung n hat aber keine ganzzahlige Lösung, eil n gerade, 145 aber ungerade ist. Folglich gibt es mindestens eine Gerade mit 4 oder mehr Punkten. 4

5 Aufgabe 4 Antons Mutter ist sauer, eil Anton den Matheunterricht geschänzt hat. Sie gibt ihrem Sohn noch eine letzte Chance, ihn nicht bei seinem Lehrer anzuschärzen und ihm eine Entschuldigung zu schreiben: Dazu gibt sie ihm 0 eiße und 0 scharze Kugeln soie zei leere Kartons. Anton darf nun die Kugeln beliebig auf die beiden Kartons verteilen, obei er alle Kugeln in die Kartons legen muss. Nachdem er das gemacht hat, ird die Mutter (ohne vorher hinzusehen) einen Karton ausählen und zufällig eine Kugel herausnehmen. Zieht sie eine eiße Kugel, so bekommt der Sohn ein Entschuldigungsschreiben. Wie muss er die Kugeln auf die Kartons verteilen, um seine Chancen zu optimieren? Lösung. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Antons Mutter eine eiße Kugel zieht, lässt sich mit Hilfe des Satzes von der totalen Wahrscheinlichkeit folgendermaßen ausdrücken: P (eiß) P (eiß Karton 1)P (Karton 1) P (eiß Karton )P (Karton ). Dabei steht P (eiß) für die Wahrscheinlichkeit, dass eine eiße Kugel gezogen ird, P (Karton 1) für die Wahrscheinlichkeit, dass Antons Mutter Karton Nr. 1 ählt, P (eiß Karton 1) für die Wahrscheinlichkeit, dass sie eine eiße Kugel zieht, enn sie Karton 1 geählt hat us. (Diese Wahrscheinlichkeiten hängen natürlich von der Verteilung der Kugeln ab.) Als Baumdiagramm sieht das Ganze so aus: Wir können davon ausgehen, dass Antons Mutter keine besondere Präferenz für einen der beiden Kartons hat; das bedeutet P (Karton 1) P (Karton ) 1. Um seine Chancen zu optimieren, muss Anton also die Kugeln so auf die beiden Kartons verteilen, dass die Wahrscheinlichkeit maximal ird. Nun gilt P (eiß) 1 (P (eiß Karton 1) P (eiß Karton )), 0 P (eiß Karton 1) 1, 0 P (eiß Karton ) 1, allerdings können nicht beide Wahrscheinlichkeiten gleichzeitig 1 sein, denn dafür müsste Anton die scharzen Kugeln verschinden lassen; er muss aber alle Kugeln in die Kartons legen. Anton überlegt nun, dass das Beste, as er tun kann, ist, in einen der Kartons (z.b. Karton 1) nur eiße Kugeln zu legen, so dass seine Mutter mit Sicherheit eine eiße Kugel zieht, und in den anderen möglichst viele eiße Kugeln, so dass die Wahrscheinlichkeit, eine eiße Kugel aus dem 5

6 anderen Karton zu ziehen, maximal ird. Daher legt er eine einzige eiße Kugel in Karton 1 und alle anderen Kugeln in Karton. Mit dieser Strategie ist die Wahrscheinlichkeit, dass er davonkommt, P (eiß) 1 ( 1 19 ) 0, Dass diese Verteilung der Kugeln tatsächlich optimal ist, sieht man, indem man sich die Summe der bedingten Wahrscheinlichkeiten für den Fall hinschreibt, dass im ersten Karton eiße und s scharze Kugeln liegen: P (eiß Karton 1) P (eiß Karton ) s 0 (0 ) (0 s) (1) Wenn in beiden Kartons scharze Kugeln liegen, ist 1 s 19. Der Summand s 1 s s ächst mit ; da höchstens 19 eiße Kugeln im Karton liegen (die Wahl 0 ist egen P (eiß) (P (eiß Karton 1) 0) 0,5 geiss nicht optimal), folgt 1 s s. Genauso ist der zeite Summand in (1) am größten, enn 0 am größten, also am kleinsten (d.h. 1) ist: 0 (0 ) (0 s) s Daraus ergibt sich P (eiß Karton 1) P (eiß Karton ) s s (19 s)(39 s). 19((39 s) (19 s)) (19 s)(39 s) Um das für 1 s 19 abzuschätzen, schreibe σ s 10, also σ 9. Dann ist und P (eiß) 1 1 (19 s)(39 s) 1 (9 σ)(9 σ) 1 9 σ < ( 1 19 ) ; 39 der letzte Term ist genau die Wahrscheinlichkeit bei Antons Strategie. Damit ist gezeigt, dass es nicht optimal ist, scharze Kugeln in beide Kartons zu legen. Enthält einer der Kartons nur eiße Kugeln, sagen ir Stück, so ist P (eiß) 1 ( 1 0 ) 40 1 ( 0 ) 40 maximal für 1. Das beeist die Optimalität von Antons Strategie, in einen der Kartons genau eine eiße Kugel und in den anderen Karton alle andere Kugeln zu legen. 6

7 Alternativ kann man kürzer so argumentieren. Es sei k 1 die Anzahl aller Kugeln im ersten Karton und k die Anzahl aller Kugeln im zeiten Karton. Es sei k die kleinere dieser Zahlen, also 1 k 0. Nun bezeichnen ir die Anzahl der eißen Kugeln in diesem Karton mit. Dann gilt P (eiß) 1 ( k 0 ). Wir erden zeigen, dass diese Summe für k 1 und 1 maximal ist, as Antons Strategie entspricht. Dazu halten ir k zunächst fest und überlegen, dass für festes k ( 0) die Summe mit ächst. Es ist nämlich für < k ( 1 k 0 ( 1) ) ( k 0 ) 1 k 1 k() 0 und für k < 0 sogar > 0. Also ird die Summe für k maximal und nimmt den Wert k k 0 an. Jetzt optimieren ir über k: Der letzten Darstellung entnimmt man, dass unsere Summe für k 1 maximal ird. Das ar zu zeigen. 7