BWM 2004 AUFGABE 1 Marcel Schmittfull. s i mod 11 = S mod 11 = const. i=1

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1 BWM 004 AUFGABE 1 Marcel Schmittfull Aufgabe 1 Man bezeichne die Menge der an der Tafel stehenden Zahlen mit S {s 1, s,..., s n }. Die Summe aller Elemente einer Menge M werde durch M dargestellt. Behauptung. Beim Ausführen von Spielzügen ist der 11-er Rest der Summe aller an der Tafel stehenden Zahlen invariant bzw. konstant, d.h. I : s i mod 11 S mod 11 const. Beweis. An der Tafel seien die Zahlen der Menge S 0 {s 1, s,..., s n }. Es ist s i {0, 1,..., 004} für alle 0 < i n, weil zu Beginn des Spiels S {1,,..., 004} gilt und an die Tafel nur neue Zahlen aus der Menge {0, 1,..., 10} geschrieben werden 1. Ein Spielzug kann im Detail wie folgt beschrieben werden. 1. Es wird eine Teilmenge U von S 0 ausgewählt, U S 0.. Die Menge der an der Tafel stehenden Zahlen wird zu { } S 1 S 0 \ U) U mod 11. Die Behauptung kann also ausgedrückt werden durch S0 mod 11 S 1 mod 11 { }) S 0 \ U) U mod 11 mod 11 S0 U + U mod 11) mod 11 S0 mod 11 ) U mod 11 U mod 11 S0 mod 11) mod 11 S 0 mod 11 für beliebige S 0 {s 1,..., s n }, s i {0,..., 004}, U S 0. D.h. die Behauptung gilt für beliebige S 0 {s 1,..., s n }, s i {0,..., 004}, U S 0, d.h. nach jedem Spielzug ist I S 0 mod 11 S 1 mod 11 const. ) mod 11 mod 11 ) Zu Beginn des Spiels ist I 004 S mod 11 i mod mod mod x mod 11 liefert per Def. nur Werte aus {0, 1,..., 10}. In Zeile *) wird die Additionsregel a + b) mod k a mod k + b mod k) mod k verwendet, vgl. z.b. 1 / 11

2 BWM 004 AUFGABE 1 Marcel Schmittfull Am Ende des Spiels muss also ebenfalls I 1000+x) mod mod 11+x mod 11) mod x) mod 11 3 gelten. Dies impliziert x mod Die nach einem beliebigen Spielzug an die Tafel geschriebene neue Zahl ist aus {0,..., 10}, d.h. die Zahl 1000 kann nicht in einem Spielzug neu hinzugeschrieben worden sein, sondern musste seit Beginn des Spiels unverändert bleiben. Weil die Anzahl der Zahlen von 004 am Anfang auf zwei am Ende reduziert wurde, muss zwischen Anfang und Ende des Spiels mind. ein Spielzug stattgefunden haben. D.h. die gesuchte Zahl x ist eine durch einen Spielzug neu hinzugeschriebene Zahl, also x {0,..., 10}. Mit x mod 11 4 muss also x 4 sein. Alternativlösung. Die Aufgabe kann alternativ auch ohne Verwendung der Invarianten gelöst werden. Ein Spielzug weist einer Teilmenge S der an der Tafel stehenden Zahlen genau einen Wert aus der Menge {0, 1,..., 10} zu, nämlich den Wert s i ) mod 11, wenn s i die Elemente von S sind. Man kann einen Spielzug also als Abbildung f : S {0, 1,..., 10}, f : S mod 11, i,s i S auffassen. Zu Beginn des Spiels stehen 004 Zahlen {1,,..., 004} an der Tafel, am Ende, d.h. nach mehrmaligem Anwenden von f, sind es nur noch zwei Zahlen, 1000 und x. Weil ein Spielzug f nur Werte aus {0, 1,..., 10} liefert, ist 1000 keine durch Spielzüge erhaltene Zahl. Also erfolgt die Reduzierung der 004 Zahlen auf zwei Zahlen durch Anwendung mehrerer Spielzüge auf ausschließlich Zahlen k K : {1,,..., 004} \ {1000}. D.h. auf die 003 Zahlen k K werden so lange Spielzüge f angewandt, bis nur noch eine Zahl, x, übrig bleibt. Dann stehen nur noch die beiden gewünschten Zahlen 1000 und x an der Tafel, wobei sicher x {0, 1,..., 10} gesagt werden kann. Die Folge von Spielzügen f j ), die die Zahlen k K auf eine einzige Zahl x {0, 1,..., 10} reduziert, kann nun genauer untersucht werden. s i / 11

3 BWM 004 AUFGABE 1 Marcel Schmittfull Aus der Additionsregel für den Modulo folgt ) m ) ) ffa 1,..., a n ), fb 1,..., b m )) f a i mod 11, b i mod 11 ) m ) ) a i mod 11 + b i mod 11 mod 11 a i + ) m b i mod 11 fa 1,..., a n, b 1,..., b m ). D.h. die Folge von Spielzügen f 1, f,..., die die Zahlen k K auf eine einzige Zahl x {0, 1,..., 10} reduziert, liefert exakt dasselbe Ergebnis wie 004 ) f1,,..., 999, 1001, 100,..., 004) i 1000 mod ) 1000 mod 11 Wendet man also solange Spielzüge auf die an der Tafel stehenden Zahlen an, bis neben der 1000 nur noch eine Zahl an der Tafel steht, so muss diese Zahl die 4 sein. 3 / 11

4 BWM 004 AUFGABE Marcel Schmittfull Aufgabe Durch Betrachtung einiger Beispieldreiecke, die die vorgegebenen Eigenschaften besitzen, fällt auf, dass a + b + c a + b c), wenn c die kürzeste Seite im jeweiligen Dreieck ist. Diese Besonderheit führt direkt zur Lösung der Aufgabe. Zunächst ist klar, dass es in jedem Dreieck eine Seite c mit c a und c b gibt, wenn a und b die beiden anderen Seiten des Dreiecks sind. Aus A 1 ah a 1 bh b 1 ch c.1) folgen c : a h a : h c und c : b h b : h c. Wegen c a und c b ist also h c h a und h c h b, d.h. die Höhe h c der kürzesten Seite c des Dreiecks ist die Höhe, die gleich der Summe der beiden anderen Höhen ist, also Nun kann folgende Behauptung bewiesen werden. h c h a + h b..) Behauptung. Es gilt a+b c) a +b +c, falls a, b, c N, c a, c b und h c h a + h b in dem Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c. Beweis. Allg. gilt a + b c) a + b + c + ab bc ac)..3) Es soll gezeigt werden, dass unter den gegebenen Voraussetzungen ab bc ac 0 gilt. Aus.1) und.) folgt h c A c h a + h b A a + A b, also A A c a + A b aba bca + aca abc abc ab bc + ac 0 ab bc ac. Gleichung.3) wird also zu d.h. die Behauptung ist bewiesen. a + b c) a + b + c, Wegen a, b, c N ist a + b c N, d.h. a + b c) a + b + c ist eine Quadratzahl. 4 / 11

5 BWM 004 AUFGABE 3 Marcel Schmittfull Aufgabe 3 Zur Veranschaulichung der Lösung wurden zwei Skizzen von der Zerlegung der Sechsecke und eine Skizze der Zusammensetzung zu einem gleichseitigen Dreieck angefertigt vgl. Seite 8-8). Die Seitenlänge des regelmäßigen Sechsecks wird im Folgenden mit a bezeichnet. Damit sich die sechs Teile der beiden regelmäßigen Sechsecke lückenlos und überschneidungsfrei zu einem gleichseitigen Dreieck zusammensetzen lassen, muss die Fläche des zu bauenden gleichseitigen Dreiecks genauso groß sein wie die Fläche der beiden Sechsecke. Die Fläche der beiden Sechsecke erhält man durch Betrachtung des Dreiecks LMK in Abb., wenn M der Mittelpunkt des Sechsecks ist. Dann halbieren nämlich die Strecken [MK] und [ML] die Innenwinkel des Sechsecks an den Ecken K und L. Ein Innenwinkel im gleichmäßigen Sechseck beträgt 6 ) 180 : 6 10, also LKM MLK 60. Folglich ist das Dreieck LMK gleichseitig, also A LMK) 1 a a a : ) 1 4 a 3. Die Gesamtsfläche A ges der beiden Sechsecke ist somit A ges 1 A LMK) 3 3 a. Dies ist gleich der Fläche des zu bauenden gleichseitigen Dreiecks. Mit x als Seitenlänge dieses Dreiecks ergibt sich also A ges 3 3 a 1 4 x 3 x 3 a. Man betrachte nun die Strecke [KG] in Abb.. Sie ist doppelt so lang als die Höhe des Dreiecks LMK, also KG a a : ) 3 a. Die Seitenlänge x des zu bauenden Dreiecks ist also doppelt so groß als KG. Durch systematisches Probieren stößt man rasch auf die in den Abb. 1 und gezeigte Zerlegung der Sechsecke und die in Abb. 3 gezeigte Zusammensetzung des Dreiecks. Es ist klar, dass die Zerlegung aus sechs Teilen besteht. Die drei Seiten des Dreiecks in Abb. 3 sind jeweils aus zwei zu KG gleichlangen Strecken zusammengesetzt 1, d.h. alle Seitenlängen des Dreiecks sind wie oben berechnet x KG, das Dreieck ist also gleichseitig. Nun muss noch gezeigt werden, dass es keine Lücken oder Überdeckungen gibt. Hierzu werden 1. alle aneinanderliegenden Seiten im Dreieck in Abb. 3 auf die Gleichheit ihrer Längen überprüft.. werden die Winkel an allen Schnittpunkten innerhalb des Dreiecks in Abb. 3 berechnet und geprüft, ob die Summe aller Winkel an einem Schnittpunkt 360 beträgt. Sind alle 1 Die untere Seite des Dreiecks ist ist aus zwei Strecken [KG] zusammengesetzt. Die beiden übrigen Seiten des Dreiecks sind aus zwei Strecken [AE] bzw. [CE] zusammengesetzt, wobei KG AE CE, weil die beiden Sechsecke kongruent sind. 5 / 11

6 BWM 004 AUFGABE 3 Marcel Schmittfull diese Prüfungen korrekt, so gibt es keine Überschneidungen oder Lücken in dem Dreieck. 1. Seiten. Die Flächen 1 und 4 haben die Strecken [E 1 F 1 ] und [G 4 L 4 ] gemeinsam. Beide Strecken sind Seiten der ursprünglichen Sechsecke, d.h. sie haben beide die gleiche Länge, E 1 F 1 G 4 L 4 a. Selbiges gilt für alle gemeinsamen Strecken der anderen Flächen, a F 1 A 1 H 6 G 6 A B G 6 M 6 B C M 6 K 6 C 3 D 3 K 6 J 6 D 3 E 3 M 5 G 5 M 5 K 5 J 6 I 6 K 4 L 4 I 6 H 6. Somit sind alle aneinanderliegenden Seiten gleichlang.. Winkel. Im Folgenden werden die Punkte der Deutlichkeit halber mit den Flächen-Indizes 1,,..., 6 versehen. Zu Dreieck 1 in Abb. 1 sind die Dreiecke 3, 4 und 5 kongruent. Der stumpfe Winkel in jedem dieser Dreiecke ist Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck, also 10. Wegen der Gleichschenkligkeit der Dreiecke sind die spitzen Winkel ) : 30 groß. Weil die Teile und 6 achsensymmetrisch zu E B bzw. M 6 I 6 sind und die Dreiecke 1, 3, 4 und 5 kongruent sind, ist das Dreieck in Abb. 3 achsensymmetrisch zur Gerade E I 6. Es werden nun alle Schnittpunkte auf korrekte Winkelsummen überprüft. 1. F 1 E 1 A 1 + K 4 G 4 L Korrekt, weil F 1 E 1 A 1 K 4 G 4 L 4 30 spitze Winkel in Dreiecken 1 und 4).. A E C 60. Man betrachte Abb. 1. An der Ecke E gilt F ED 10 F EA+ AEC+ CED 30 + AEC+30, also AEC C 3 E 3 D 3 + M 5 G 5 K Korrekt wegen 1. und Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb. 3 zu E I E 1 A 1 F 1 + H 6 G 6 M 6 + B A E 180. Es gilt E 1 A 1 F 1 30 spitzer Winkel in Dreieck 1) H 6 G 6 M 6 60 vgl. Abb., MG halbiert HGL 10.) B A E 90 vgl. Abb. 1: BAE BAF F AE ) Also E 1 A 1 F 1 + H 6 G 6 M 6 + B A E 180. Nur [G 6M 6] und [M 6K 6] sind keine direkten Außenseiten der ursprünglichen Sechsecke. Betrachtet man jedoch in Abb. KG als Symmetrieachse, so ist klar, dass G 6M 6 M 6K 6 a. 6 / 11

7 BWM 004 AUFGABE 3 Marcel Schmittfull 5. D 3 C 3 E 3 + M 6 K 6 J 6 + E C B 180. Korrekt wegen 4. und Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb. 3 zu E I G 5 K 5 M 5 + J 6 I 6 H 6 + L 4 K 4 G Es gilt G 5 K 5 M 5 L 4 K 4 G 4 30 spitze Winkel in Dreiecken 5 und 4) und J 6 I 6 H 6 10 Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Also C B A + G 6 M 6 K Es gilt C B A 10 Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Man betrachte den Punkt M in Abb.. Wegen KMG 10 gilt G 6 M 6 K KMG 40. Also C B A + G 6 M 6 K G 4 L 4 K 4 + I 6 H 6 G 6 + A 1 F 1 E Es gilt G 4 L 4 K 4 A 1 F 1 E 1 10 stumpfer Winkel in den Dreiecken 4 und 1) und I 6 H 6 G 6 10 Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Also G 4 L 4 K 4 + I 6 H 6 G 6 + A 1 F 1 E K 5 M 5 G 5 + K 6 J 6 I 6 + E 3 D 3 C Folgt aus 8. wegen der Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb. 3 zu E I 6. Das Dreieck in Abb. 3 hat also alle Prüfungen auf korrekte Seitenlängen und Winkelsummen bestanden, d.h. es gibt keine Lücken oder Überlappungen. Abb. 1 Die Aufteilung des einen Sechsecks... 7 / 11

8 BWM 004 AUFGABE 3 Marcel Schmittfull Abb.... Die Aufteilung des anderen Sechsecks. Abb. 3 Die Zusammensetzung zu einem gleichseitigen Dreieck. 8 / 11

9 BWM 004 AUFGABE 4 Marcel Schmittfull Aufgabe 4 Man bezeichne die Seitenlänge des zu zerlegenden Würfels mit a. Die Seitenlängen der n Quader, in die der Würfel zerlegt wird, werden p i, q i, r i, i 1..n genannt. Weil die Quader eine Zerlegung des Würfels bilden muss die Summe der Volumina der Quader gleich dem Volumen des Würfels sein, d.h. a 3 p i q i r i. 4.1) Die zweite Bedingung sagt aus, dass die Summe der Volumina der Umkugeln der Quader der Zerlegung gleich dem Volumen der Umkugel des Würfels ist. Der Radius der Umkugel eines Quaders ist halb so lang wie die Raumdiagonale dieses Quaders, d.h. R p + q + r :. Das Volumen der Umkugel eines Quaders ist dann Die zweite Bedingung lautet also 4 3 πr3 π p + q + r ) 3. 6 π 3a ) a 3 π p 6 i + qi + ri ) 3 p i + q i + r i ) 3. 4.) Behauptung. Angenommen Bedingung 4.1) gilt. Dann gilt Bedingung 4.) genau dann, wenn alle Quader der Zerlegung Würfel sind, d.h. p i q i r i 0 < i n. Beweis. Der Beweis erfolgt in mehreren Teilen. 1. Behauptung. Jedes Zahlentripel p, q, r > 0 hat eine Darstellung 1 p kw, q lw, r 1 w. 4.3) kl Beweis. Die Darstellung 4.3) ist ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten l, k, w, d.h. l, k und w können 1 Die Darstellung mag auf den ersten Blick etwas willkürlich wirken. Man kann sie sich jedoch als eine Art Streckung von Würfeln vorstellen, die jeden Quader eines bestimmten Volumens erzeugen können. D.h. jeder beliebige Quader lässt sich unter Erhaltung des Volumens in einen Würfel überführen. 9 / 11

10 BWM 004 AUFGABE 4 Marcel Schmittfull für p, q, r 0 eindeutig bestimmt werden.. Mit der Darstellung 4.3) wird Bedingung 4.) zu 3 3 a a a 3 p i + q i + r i ) 3 4.) k i w i ) + l i w i ) + w 3 i wi ) ) 3 k i l i ki + li + 1 ) 3. 4.b) ki l i 3. Die Behauptung setzt voraus, dass Bedingung 4.1) gilt. Dadurch wird 4.b) zu 4.b) 3 3 p i q i r i 3 3 wi 3 wi w 3 i w 3 i k i + l i + 1 k i l i k i + l i + 1 k i l i ) 3 ) 3 wi 3 k i + li + 1 ki l i }{{} T i 3. 4.c) 4. Behauptung. In 4.c) gilt T i 3 für alle k i, l i > 0, wobei T i 3 genau dann, wenn k i l i 1. Beweis. Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung sagt aus, dass das arithmetische Mittel positiver Zahlen x i größer-gleich dem geometrischen Mittel dieser Zahlen x i ist, wobei die Gleichheit genau dann vorliegt, wenn alle Zahlen x i gleich sind. 3 Folglich gilt für alle k i, l i > 0 die Man vermutet w 3 pqr. Dann wären k p w 3 p qr und l q w 3 q pr, also p p kw 3 3 q pqr p, q lw qr pr pqr q, r w pqr qr pr kl 3 r. p q Die Vermutung war also richtig. Wegen p, q, r > 0 folgt aus w 3 pqr, k 3 p, l qr 3 q auch k, l, w > 0. pr 3 Vgl. z.b. orlob/mittelwerte.pdf oder und 10 / 11

11 BWM 004 AUFGABE 4 Marcel Schmittfull Ungleichung k i + l i + 1 k i l i ) : 3 k 3 i l i 1 k i l i ki + li + 1 ) ki : 3 1 l i T i ki + li + 1 ki 3, 4.4) l i wobei die Gleichheit T i k i + l i + 1 k i l i 3 4.5) genau dann vorliegt, wenn ki li 1 ki. 4.6) l i Aus den letzten beiden Gleichungen folgt unmittelbar, dass im Fall von T i 3 ki l i , d.h. k i l i 1 wegen k i, l i > 0 4 gelten muss. k i l i In 4.c) unterscheidet sich die rechte Seite von der linken nur durch den Term T i anstelle der 3 innerhalb der Summe über alle i. D.h. der i-te Summand auf der rechten Seite ist größer-gleich dem i-ten Summanden auf der linken Seite für alle 0 < i n. Also gilt 4.c) genau dann, wenn alle Summanden links und rechts gleich sind, d.h. T i 3 0 < i n. Wie oben gezeigt wurde, gilt T i 3 genau dann, wenn k i l i 1, d.h. 4.c) gilt genau dann, wenn k i l i 1 0 < i n. Erinnert man sich an die Darstellung von p, q, r durch k, l, w in Schritt 1, so sieht man, dass für k i l i 1 0 < i n die Seitenlänge p i, q i, r i der Zerlegung zu p i q i r i w i 0 < i n wird. Unter Voraussetzung von Bedingung 4.1) gilt also die zu Bedingung 4.) äquivalente Bedingung 4.c) genau dann, wenn alle Quader Würfel sind. Q.e.d. 4 k, l > 0 wurde in der Fußnote zur Darstellung von p, q, r durch k, l, w gezeigt. 11 / 11

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