Das Schubfachprinzip

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1 Das Schubfachprinzip Jonas Kaspar 7. Mai 2015 Proseminar: Mathematisches Problemlösen im Sommersemester Übungsleitung: Natalia Grinberg Vortragstermin: 8. Mai 2015 Fachbereich Mathematik Karlsruher Institut für Technologie

2 Inhaltsverzeichnis 1 Einführung 3 2 Das Prinzip und Zusammenhänge Zwei Formulierungen Offensichtliches Prinzip Erweiterte Formulierung Beweis der erweiterten Definition mit vollständiger Induktion Triviales Alltagsbeispiel Verschiedene, Naheliegende Anwendungen Alltägliche Problemstellungen Beispiel: Geburtstag Schulkameraden Beispiel: Fliegen auf Fenster Beispiel: Monate auf Planet Ypsilon Geometrische Problemstellungen Beispiel: Überdeckung gleichseitiges Dreieck Beispiel: Punkte in gleichseitigem Dreieck Problemstellungen aus der Zahlentheorie, Linearen Algebra und Analysis Beispiel: Diagonalisierbare Matrix Beispiel: Nullstellen einer Funktion Beispiel: Beziehung zwischen zwei teilerfremden natürlichen Zahlen Beispiel: Existenz einer Teilfolge Weiterführende Problemstellungen Beispiel: Ramsey Problem Beispiel: Begrüßung Wissenschaftler Verschiedene, komplexe Anwendungen Problemstellungen aus der Mathematik Beispiel: Länge der Periode einer Dezimalzahl Beispiel: Verbindungslinien eines regelmäßigen 100-Ecks Anschauliches Beispiel mathematisch gelöst Beispiel: Hasen und blinder Jäger Literaturverzeichnis 13

3 1 Einführung In der Mathematik gibt es verschiedene Problemstellungen, die unterschiedlich gelöst werden können. Dazu gibt es verschiedene Lösungsstrategien und mathematische Werkzeuge, die in dem Proseminar Mathematisches Problemlösen näher untersucht werden. Auf den folgenden Seiten wird das zunächst offensichtliche Schubfachprinzip anhand weiterführender und komplexerer Beispiele aus den verschiedensten Bereichen vorgestellt. Dabei werden Grundlagen der Lösungsstrategie der Mathematik, wie vollständige Induktion und Widerspruchsbeweise, herangezogen. 2 Das Prinzip und Zusammenhänge Der erste Abschnitt befasst sich mit zwei allgemeinen Definition des Schubfachprinzips, wobei die zweite anschließend per vollständiger Induktion mithilfe der ersten bewiesen wird. Zuletzt folgt ein einfaches offensichtliches erstes Alltagsbeispiel. 2.1 Zwei Formulierungen Offensichtliches Prinzip Diese einfache Formulierung ist auch unter der englischen Bezeichnung pigeonhole principle oder dem Dirichlet-Prinzip bekannt. Es gilt offensichtlich folgendes für n N: Werden n + 1 Kugeln auf n Schubfächer verteilt, so gibt es mindestens ein Schubfach unter den n Stück, in dem sich mehr als eine Kugel befindet Erweiterte Formulierung Die allgemeinere Formulierung lautet für n, a N: Werden an + 1 Kugeln auf n Schubfächer verteilt, so gibt es mindestens ein Schubfach unter den n Stück, in dem sich mindestens a + 1 Kugel befinden. 2.2 Beweis der erweiterten Definition mit vollständiger Induktion Beweis: IA: Für a = 1 werden n + 1 Kugeln auf n Schubfächer verteilt, sodass sich in einem Fach mehr als eine Kugel befindet. IB: Die Behauptung gilt für k N, sodass sie auch für k = a + 1, a N gilt. IS: Es werden an + n + 1 = an n Kugeln auf n Schubfächer verteilt, sodass es ein Fach mit mindestens a = a + 2 Kugeln gibt. 3

4 2.3 Triviales Alltagsbeispiel Eine Familie hat vier Kinder, die fünf Kaugummis geschenkt bekommen. Alle fünf werden an die vier Kinder verteilt, wobei diese in ihrer Verpackung bleiben. So gibt es ein Kind, das mehr als einen Kaugummi bekommt. 3 Verschiedene, Naheliegende Anwendungen Im folgenden wird das Schubfachprinzip an verschiedenen Beispielen angewendet. Diese kommen aus dem alltäglichen Leben, sowie der Mathematik, wobei zwischen Geometrie und weiteren mathematischen Problemen unterschieden wird. Zuletzt werden weiterführende Problemstellungen betrachtet, deren Lösungsidee auf viele weitere Aufgaben übertragen werden kann. 3.1 Alltägliche Problemstellungen Beispiel: Geburtstag Schulkameraden Behauptung: Besuchen 25 Schüler eine Klasse, so gibt es einen Monat in dem mindestens drei Schüler dieser Klasse Geburtstag haben. Beweis:. Die n = 12 Monate können als Schubfächer verstanden werden, während die 25 Schüler den Kugeln entsprechen. So gilt mit der Formulierung für a = 2: 25 = 2 n + 1. Daraus folgt, dass mindestens ein Monat mit wenigstens a + 1 = = 3 Geburtstagskindern existieren muss Beispiel: Fliegen auf Fenster Beh.: Es wird ein quadratisches Fenster der Größe 1 m 2 betrachtet. Darauf befinden sich 101 Fliegen. Mithilfe einer kreisförmigen Fliegenklatsche mit Radius 15 cm können mindestens fünf Fliegen bei einem Schlag getroffen werden, sofern die richtige Stelle und richtige Technik gewählt wurde. Bew.:. Das Fenster kann in 100 Kästchen der Größe 10 cm x 10 cm aufgeteilt werden. So gibt es nach dem Schubfachprinzip mindestens eines solcher Kästchen mit 2 Fliegen, da = 101. Der Durchmesser der Kästchen kann mithilfe des Satzes des Pythagoras berechnet werden, sodass gilt: (10cm) 2 + (10cm) 2 = 200cm 2 < 225cm 2 = 15cm Damit werden mit der Fliegenklatsche mindestens vier Kästchen getroffen, worauf sich bei entsprechender Wahl mindestens = 5 Fliegen befinden. 4

5 3.1.3 Beispiel: Monate auf Planet Ypsilon Auf einem Planet Ypsilon besteht das Jahr aus 365 Tagen und die Monate haben die Längen von 28, 30 und 31 Tagen. Wie viele Monate hat ein Jahr auf diesem Planeten? Wieviele Monate haben 28 (a), 30 (b) und 31 (c) Tage? Beh.: [1] Es gibt 12 Monate auf dem Planet Ypsilon. [2] Es sind folgende Kombinationen möglich: (a, b, c) = (0, 7, 5), (1, 4, 7), (2, 1, 9). Bew.:. Es muss folgende Gleichung erfüllt sein: 28a + 30b + 31c = 365 mit a, b, c Z +. Da ausschließlich 31 ungerade ist und die Summe von 365 ungerade ist muss gelten: c 1. [1] Für die folgende Rechnung definieren wir uns ein c = c 1, sodass für c N gilt: c = c + 1. Somit ergibt sich für die Summe der Tage folgende Zusammenhänge: 28a + 30b + 31c = (a + b + c ) (a + b + c ) 10 < a + b + c 334 < < a + b + c 1 < a + b + c = 12, da a, b, c Z + Es gibt 12 Monate auf dem Planet Ypsilon. Beh. [2] Die Summe der Tage lässt sich auch wie folgt schreiben: 365 = (30 2) a + 30b + (30 + 1) c = 30a 2a + 30b + 30c + c = 30 (a + b + c) 2a + c = 360 2a + c }{{} 12 5 = c 2a mit 0 a, 1 c und a + c 12 Daraus ergibt sich folgende Bedingung: 5 + 2a = c a + c = a + (5 + 2a) = 3a a 7 Somit muss gelten: a {0, 1, 2}, während weiterhin folgende Gleichungen erfüllt sein müssen. 5

6 c = 5 + 2a und b = 12 (a + c) = 7 3a Daraus ergeben sich die drei Möglichkeiten: (a, b, c) = (0, 7, 5), (1, 4, 7), (2, 1, 9). }{{} Erde 3.2 Geometrische Problemstellungen Beispiel: Überdeckung gleichseitiges Dreieck Kann ein gleichseitiges Dreieck mithilfe zweier kleineren gleichseitigen Dreiecke lückenlos überdeckt werden? Beh.: Dies ist nicht möglich. Bew.:. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch, sodass wir annehmen es sei möglich. Das ursprüngliche Dreieck A habe die Seitenlänge a. Die kleineren Dreiecke A und A haben die Seitenlängen a und a. Die Aufgabenstellung verlangt, dass a < a und a < a erfüllt ist. Somit müssen die drei Ecken von A entweder durch A oder durch A überdeckt werden. Nach dem Schubfachprinzip überdeckt damit eines der Dreiecke zwei Ecken (o.b.d.a. A ), was zur Konsequenz hat, dass zwei Punkte in A den Abstand a haben und damit gilt: a = a. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung: a < a Beispiel: Punkte in gleichseitigem Dreieck Beh.: Liegen fünf Punkte innerhalb eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge 2, so haben zwei Punkte einen maximalen Abstand von 1 Längeneinheit. Bew.:. Wir unterteilen das gleichseitige Dreieck in vier gleichgroße, gleichseitige Dreiecke mithilfe der Mittelparallelen. Somit beträgt die Seitenlänge eines Dreiecks 1 Längeneinheit und nach dem Schubfachprinzip liegen von den fünf Punkten mindestens zwei in einem dieser kleineren Dreiecke, sodass der Abstand d 1LE dieser Punkte beträgt. 3.3 Problemstellungen aus der Zahlentheorie, Linearen Algebra und Analysis Beispiel: Diagonalisierbare Matrix Beh.: Sei eine Matrix A R 3 3 (siehe (1), Beispiel) diagonalisierbar und habe genau zwei Eigenwerte, so muss ein Eigenwert doppelt auftreten. 6

7 Bew.:. A ist diagonalisierbar, sodass das charakteristische Polynom in drei Linearfaktoren zerfällt. Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms entsprechen gerade den Eigenwerten. Da in der Behauptung gegeben ist, dass nur zwei Eigenwerte vorliegen, muss nach dem Schubfachprinzip ein Eigenwert doppelt auftreten. Die algebraische Vielfachheit eines Eigenwertes, die die Häufigkeit des Linearfaktors beschreibt ist damit ebenfalls zwei. Der vergangene Beweis wird im folgenden anhand eines Zahlenbeispiels verdeutlicht. Gegeben sei eine Matrix A R 3 3, deren Eigenwerte bestimmt werden: A = Das charakteristische Polynom p A berechnet sich wie folgt: (1) p A = det (A λi 3 ) = det 5 λ λ λ = (2 λ)( 30 λ + λ ) = (2 λ)(λ 2 λ 2) = (2 λ)(2 λ)(λ + 1) = (2 λ) 2 (λ + 1) Spek(A) = { 1, 2} = (2 λ) ( 5 λ λ ) Offensichtlich ist 2 doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms und damit zweifacher Eigenwert der Matrix A Beispiel: Nullstellen einer Funktion Es liegt eine Funktion f : R R dritten Grades vor, die stetig und differenzierbar auf ganz R ist. Außerdem gilt für die Ableitung f (x) > 0 für alle x (, a] [b, ) mit a, b R. Beh.: Hat f im Intervall I 0 = (a, b) mit f(a) < 0 und f(b) > 0 zwei Extrema mit positivem und negativem y-wert, so hat f in einem der Intervalle I 1 = (a, a+b 2 ) und I 2 = [ a+b 2, b) mindestens zwei Nullstellen. Bew.:. Da f stetig ist, für x gegen minus unendlich und für x gegen unendlich strebt, sowie zwei Extrema auf I 0 annimmt, muss f genau drei Nullstellen im Intervall I 0 annehmen. Wird dieses Intervall I 0 in zwei kleinere Intervalle I 1 und I 2 unterteilt, so muss nach dem Schubfachprinzip mindestens eines der Intervalle wenigstens zwei Nullstellen enthalten. 7

8 3.3.3 Beispiel: Beziehung zwischen zwei teilerfremden natürlichen Zahlen Beh.: Sind a und b zwei teilerfremde natürliche Zahlen, so existieren zwei natürliche Zahlen x und y, die die folgende Gleichung erfüllen: ax by = 1. Bew.:. Zunächst betrachten wir vielfache von a bis zum b 1-fachen von a: v 1 = a, v 2 = 2a, v 3 = 3a,..., v b 1 = (b 1)a. Die Reste, die bei der Division durch b entstehen aufgrund der Tatsache, dass a und b teilerfremd sind, werden mit r i bezeichnet. Im folgenden wird ein Widerspruchsbeweis verwendet, indem angenommen wird der Rest 1 kommt unter den r i nicht vor. Dann muss ein Rest r i {2,..., b 1} mit 1 i b 1 nach dem Schubfachprinzip doppelt auftreten. Somit gibt es ein x 1 a und x 2 a mit 1 x 1 < x 2 b 1, bei denen der gleiche Rest bei Division durch b bleibt. Ist dies der Fall, so kann (x 2 x 1 )a durch b ohne Rest geteilt werden, was nicht möglich ist, da 0 < x 2 x 1 < b gilt. Damit muss der Rest 1 doch vorkommen, was gerade xa = by + 1 xa by = 1 entspricht Beispiel: Existenz einer Teilfolge Beh.: Sind b 1, b 2,..., b n beliebige ganze Zahlen, so existiert eine Teilfolge b i1,..., b im aus b 1, b 2,..., b n mit 1 i 1 < < i m n. Die Summe b i1 + + b im ist durch n teilbar. Bew.:. Zunächst betrachten wir die folgenden n verschiedenen Summen: s 1 = b 1, s 2 = b 1 + b 2,..., s n = b b n. Ist eine der Summen s i mit 1 i n durch n teilbar, so ist die Behauptung bereits erfüllt. Anderenfalls ergibt sich ein Rest r i {1,..., n 1} für alle s i bei Division durch n. Durch das Schubfachprinzip wissen wir, dass ein Rest bei n Summen doppelt auftreten muss. Somit gilt für j < k: r j = r k und gleichzeitig ist die Differenz s k s j = b j+1 + +b k, die ebenfalls die Summe einer Teilfolge darstellt, durch n teilbar. 3.4 Weiterführende Problemstellungen Die folgenden Beispiele zeigen Lösungsideen, die auf weitere Probleme übertragen werden können. 8

9 3.4.1 Beispiel: Ramsey Problem Beh.: Unter 6 Menschen, gibt es 3 die sich untereinander kennen oder 3, die sich nicht untereinander kennen, wobei auch beide Situationen gleichzeitig erfüllt sein können. Unter sich kennen wird verstanden, dass gilt: A kennt B und B kennt A. Bew.:. Wir übertragen das Problem auf einen Graphen, indem wir die sechs Menschen als Punkte/Knoten A, B, C, D, E, F betrachten und die Beziehungen untereinander mit farbigen Verbindungslinien. Ist die Linie AB rot, so kennen sich A und B, während sie sich bei blauer Färbung unbekannt sind. Damit ist die Behauptung genau dann erfüllt, wenn in diesem Graphen mindestens ein einfarbiges Dreieck existiert, da dann drei Menschen sich kennen oder nicht kennen. Betrachten wir nun den Knoten A mit den fünf Verbindungslinien, die von diesem ausgehen. Mithilfe des Schubfachprinzips gehen mindestens 3 Linien mit der gleichen Farbe von A aus. Wir können annehmen, dass es sich dabei um die roten Kanten AB, AC und AD handelt (mit blau erfolgt der Beweis äquivalent). Nun können zwei Fälle unterschieden werden: 1. Mindestens eine der Kanten BC, CD und DB ist rot, sodass die Behauptung des Dreiecks und des Kennens/Nicht-Kennens dreier Menschen erfüllt ist. 2. Alternativ sind alle Kanten blau, sodass ebenfalls ein einfarbiges Dreieck existiert, wodurch ebenfalls die Behauptung erfüllt wird. Die Übertragung auf einen Graphen, wie in dem eben erläuterten Beispiel, kann auch bei weiteren Problemstellungen hilfreich sein, da damit Parallelen zur eben genannten Lösungsidee auftreten Beispiel: Begrüßung Wissenschaftler Beh.: Bei einer Tagung begrüßen sich alle Wissenschaftler mit Händeschütteln, sodass es zu jedem Zeitpunkt zwei Wissenschaftler gibt, die gleich viele begrüßt haben. Bew.:. Wir betrachten N Wissenschaftler, die bereits mindestens einen Kollegen per Handschlag begrüßt haben. So hat jeder dieser N Wissenschaftler zwischen 1 und N 1 begrüßt. Nach dem Schubfachprinzip muss es dann zwei Wissenschaftler geben, die genau gleich vielen die Hand geschüttelt haben, da es für N Leute nur N 1 Gruppen gibt. Mithilfe dieser Herangehensweise kann beispielsweise auch bewiesen werden, dass es in einem Graphen immer zwei Punkte gibt, die den gleichen Grad (Anzahl der Kanten, die von einem Knoten ausgehen) besitzen. 9

10 4 Verschiedene, komplexe Anwendungen Die folgenden drei Beispiele sind etwas Anspruchsvoller, da der Lösungsweg umfangreicher ist und somit ein tieferes Verständnis verlangt. Zunächst werden zwei rein mathematische Probleme betrachtet, während das letzte Beispiel in einem alltäglichen Bezug steht. 4.1 Problemstellungen aus der Mathematik Beispiel: Länge der Periode einer Dezimalzahl Beh.: Es werden die natürlichen Zahlen a und b betrachtet. Die Periode der Dezimaldarstellungen von a b hat die maximale Länge b 1. Bew.:. Wir betrachten a = nb + a 1 mit n Z + und nichtnegativen a 1 < b. n = [ ] a b entspricht dem Ganzteil von a b und steht somit in der Dezimaldarstellung vor dem Komma. Für die Nachkommastellen wird a 1 durch b dividiert, sodass gilt: Offensichtlich gilt p 1 = gilt: a 1 [ 10a1 b b = 0, p 1 p 1 10 a 1 b < p ] ], was dem Ganzteil von entspricht, sodass wiederum [ 10a1 b 10a 1 = p 1 b + a 2 mit 0 a 2 < b. [ ] Auf die selbe Art und Weise wird die zweite Ziffer p 2 erhalten: p 2 = 10a2 b mit 10a 2 = p 2 b + a 3 mit 0 a 3 < b. Damit gilt die allgemeine rekursive Formel für die Ziffern der Dezimaldarstellung: 10a m = p m b + a m+1 mit 0 a m+1 < b. (2) Es können wieder zwei Fälle unterschieden werden: 1. es gilt a m = 0 für ein m N. 2. für alle Zahlen mit k N gilt: a k 0. Die erste Möglichkeit würde einem Abbruch der Dezimalstellen von a b entsprechen, sodass der zweite Fall betrachtet werden muss. Für alle a k gilt: k 1, 2, 3,..., b 1. Somit können maximal b 1 Werte angenommen werden, sodass nach dem Schubfachprinzip mindestens eine Zahl unter a 1, a 2,..., a n zweimal auftreten muss. Damit gilt für ein m, k N mit 1 m < k b: a m = a k. So ergibt die Rekursionsformel (2): a m+1 = a k+1, a m+2 = a k+2,..., a m+l = a k+l, l N. Die Dezimaldarstellung eine Periode hat folglich die Länge k m b 1. 10

11 4.1.2 Beispiel: Verbindungslinien eines regelmäßigen 100-Ecks Beh.: Wird ein regelmäßiges 100-Eck mit zehn roten und zehn blauen Ecken betrachtet, so gibt es mindestens eine Verbindungsstrecke zweier roter Ecken, die genauso lang ist, wie die Verbindungsstrecke zweier blauer Ecken. Bew.:. Stellen wir uns das folgende vorgehen vor. Wir legen eine feste, transparente Folie auf das 100-Eck und markieren die roten Ecken, sodass die Verbindung zweier roter Punkte gerade dem Abstand der Ecken entspricht. Nun wird diese Folie in der Mitte drehbar befestigt, sodass jede rote Markierung R j auf eine blaue Ecke B i (i, j = 1, 2,.., 10) gedreht werden kann. Die Regelmäßigkeit ermöglicht dieses Vorgehen, sodass immer die Markierungen auf den Eckpunkten liegen. Somit drehen wir die Folie so oft, bis jede rote Markierung einmal auf jeder blauen Ecke lag, was mit der Ausgangslage 101 = möglichen Lagen entspricht. Die Markierung R 1 kann jedoch nur auf 100 verschiedenen Ecken zu liegen kommen, wobei die Ausgangslage bereits mit enthalten ist. Somit sind nach dem Schubfachprinzip mindestens zwei Lagen der Folie identisch, wobei die Ausgangslage nur einmal vorkommen kann, da dabei alle roten Markierungen über einer roten Ecke liegen. Die Konsequenz ist, dass eine Lage existiert, bei der zwei rote Markierungen auf zwei blaue Ecken fallen, wodurch die Verbindungsstrecke zwischen zwei blauen und zwei roten Ecken gleich lang ist. 4.2 Anschauliches Beispiel mathematisch gelöst Das Resultat des kommenden Beispiels ist nahe verwandt mit dem Satz von Jacobi, der anschließend nochmals formuliert wird Beispiel: Hasen und blinder Jäger Beh.: In einem ebenen, rechteckigen Koordinatensystem sitzt in jedem Gitterpunkt, außer dem Ursprung ein Hase. Es kann davon ausgegangen werden, dass alle Hasen kongruent sind und die gleiche Position im Bezug zum Gitterpunkt einnehmen. Im Ursprung sitzt ein blinder Jäger, der in eine willkürliche Richtung schießt. Es wird stets ein Hase getroffen, egal wie klein das Ausmaß der Hasen ist. Bew.:. Wir können die Schussbahn mit y = αx mit α 0 betrachten, da für α = 0 der erste Hase getroffen wird. Zur Beschreibung eines Hasen im Punkt (m, n) wird ein Kreis mit Radius ɛ verwendet. Dieser liegt innerhalb des Hasens. Sobald sich die Gerade der Schussbahn mit einem solchen Kreis schneidet, so ist die Behauptung erfüllt. Die hinreichende Bedingung besagt, dass ein n Z und ein m Z\{0} existiert, sodass gilt: mα n < ɛ. (3) Anders formuliert muss folgendes gelten: {mα} < ɛ, sodass der Hase im Punkt (m, n) getroffen wird. 11

12 Im folgenden betrachten wir das Intervall [0, 1], das wie folgt in M gleiche Intervalle unterteilt wird: [ a M, a + 1 ] M mit a = 0, 1, 2,..., M 1. Bei M handelt es sich um eine hinreichend große Zahl, sodass 1 M < ɛ erfüllt ist. Für alle m 1, 2,..., M wird der gebrochene Teil {mα} der Zahl mα berechnet. Ist der gebrochene Teil {mα} [0, 1 M ], so ist {mα} < ɛ und die Behauptung erfüllt. Nun führen wir einen Widerspruchsbeweis durch, indem wir annehmen, dass für alle m {1, 2,..., M} gilt: {mα} liegt nicht im Intervall [0, 1 M ]. So existiert nach dem Schubfachprinzip mindestens ein Intervall [ a M, a+1 M ] unter den übrigen M 1, in dem sich mindestens zwei Zahlen {m 1 α} und {m 2 α} mit m 1 m 2, befinden. Nun können wir annehmen: m 1 α < m 2 α und, dass gilt: m 1 α = n 1 + {m 1 α} und m 2 α = n 2 + {m 2 α} mit n 1, n 2 N. Damit gilt für die Differenz: 0 < (m 2 m 1 )α = (n 2 n 1 ) + ({m 2 α} {m 1 α}) }{{}}{{} 0 [ 1 M, 1 M ] {(m 2 m 1 )α} = {m 2 α} {m 1 α} { ɛ, ɛ}. Damit ist die Forderung aus Formel (3) für einen Schnitt erfüllt und der gebrochene Teil {(m 2 m 1 ) α} liegt im Intervall [0, 1 }{{} M ], was einen Widerspruch darstellt. {1,2,..,M} Satz von Jacobi Die Menge der Zahlen {α n = {αn} = αn [αn], n Z} liegt überall dicht auf dem Intervall [0, 1] falls α irrational ist. Bemerkung: Die Menge M liegt überall dicht in [0, 1], wenn es für alle a (0, 1) und jedes ɛ > 0 ein Element x M gibt mit a x < ɛ. Alternative Formulierung: Es gibt kein Intervall I = [r, s] [0, 1] mit I M =. 12

13 5 Literaturverzeichnis Literatur Grinberg, Natalia (2011): Lösungsstrategien. Mathematik für Nachdenker. 2. Auflage. Frankfurt am Main: Harri Deutsch. 13