2. Runde Aufgaben und Lösungen. Bundeswettbewerb Mathematik

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1 Bundeswettewer Mthemtik Kortrijker Str Bonn Telefon: Telefx: E-Mil: info@undeswettewer-mthemtik.de Korrekturkommission Krl Fegert ufgen und Lösungen. Runde 011 Üer Kommentre und Ergänzungen zu diesen n freuen wir uns! nschrift oder Emil dresse s.o. Stnd: 1. Oktoer 011

2 BWM 011 II ufge 1: Beweise, dss mn ein Qudrt nicht in endlich viele Sechsecke zerlegen knn, deren Innenwinkel lle kleiner ls 180 sind. 1. Beweis (durch Widerspruch unter Verwendung der Eulerscher Polyederformel): Wir nehmen n, es existiere eine solche Zerlegung. Diese erzeugt in knonischer Weise einen plnren Grphen: Jedes Zerlegungssechseck estimmt eine Fläche in diesem Grphen, jede Ecke einem Knoten und jede Seite estimmt eine oder wenn eine oder mehr Ecken eines nderen Zerlegungssechsecks uf einer Seite liegt mehrere Knten dieses Grphen. (Um Verwechslungen zu vermeiden, unterscheiden wir zwischen Seiten zw. Ecken der Zerlegungssechsecke einerseits und ndererseits Knten zw. Knoten des durch die Zerlegung erzeugten Grphen. Jedes Zerlegungssechseck ht so sechs Ecken und sechs Seiten, estimmt im Grphen er eine Fläche mit mindestens sechs Knten und eenso vielen Knoten. So estimmt z.b. in der Figur ds Y X Zerlegungssechseck BDEF im grphentheoretischen Sinne ds W nzhl der Knoten mit e, ferner mit e i die nzhl der Knoten, von F denen genu i Knten (i =, 3, 4,...) usgehen. Schließlich sei die Sieeneck BUDEF.) In diesem Grphen ezeichnen wir wie ülich E D die nzhl der Flächen mit f, die nzhl der Knten mit k und die U V nzhl derjenigen Knoten, die uf dem Rnd des Qudrtes liegen und nicht gleichzeitig Ecken des Qudrtes sind, mit r ezeichnet. B Jede Ecke des Qudrtes ist uch Ecke eines Zerlegungssechsecks, dmit liegen nch Definition r + 4 Knoten uf dem Rnd des Qudrtes und eenflls r + 4 Knten. Zählt mn nun in jeder Zerlegungsfläche die Knten, so werden lle Knten genu zwei Ml gezählt mit usnhme der r + 4 Knten uf dem Rnde des Qudrtes; diese werden genu ein Ml gezählt. D ferner jede Zerlegungsfläche sechs Ecken ht, die zugehörige Fläche des Grphen lso mindestens sechs Knoten, gilt (1) k 6f + r + 4. Nun zählen wir üer lle Knoten die nzhl der von ihm usgehenden Knten: Wieder wird jede Knte doppelt gezählt, wir können lso schätzen: k = e + 3e 3 + 4e 4 + 5e ( e + e 3 + e 4 + e ) e = 3e e oder () 4k 6e e. ddition der Ungleichungen (1) und () ergit zusmmen mit der Neenedingung e + f = k + 1 6k 6f + r e e = 6(e + f) + r + 4 e = 6(k + 1) + r + 4 e, lso e 1 / r Dmit git es in dem von der Zerlegung erzeugten Grphen mindestens 5 Knoten, die usgngspunkt von genu zwei Knten sind. Dvon ist mindestens einer keine Ecke des Qudrtes. Flls dieser Knoten uf dem Rnd des Qudrtes liegt, ht ds zugehörige Sechseck n dieser Ecke einen Innenwinkel von 180, flls dieser Knoten im Innern des Qudrtes liegt, ist er Ecke (mindestens) eines Sechsecks mit einem Innenwinkel von mindestens 180. Beides steht im Widerspruch zur nnhme.. Beweis (durch Widerspruch mit Betrchtung der Innenwinkelsummen): Wir nehmen n, es existiere eine solche Zerlegung. Die nzhl der verwendeten Sechsecke sei mit f ezeichnet, die nzhl der Eckpunkte, die uf dem Rnde des Qudrtes liegen und keine Eckpunkte des Qudrtes sind, mit r, die nzhl der Ecken, die im Innern des Qudrtes und im Innern einer Seite eines nderen Sechsecks liegen (wie Ecke U in der Figur), mit m und schließlich die restlichen Eckpunkte im Innern des Qudrtes mit i. Die Summe ller Innenwinkel in den f Sechsecken eträgt eknntlich f (6 ) 180 = f ndererseits erhlten wir diese Summe uch, wenn wir n jeder Ecke die nliegenden Innenwinkel zusmmenzählen: Die Eckpunkte des Qudrtes sind sicher Eckpunkte von Zerlegungssechsecken, n ihnen liegen jeweils Innenwinkel von insgesmt 90 n. n den r Eckpunkten uf den Qudrtseiten liegen eenso wie n den m Punkten, die uf Sechseckseiten liegen, jeweils Innenwinkel von zusmmen 180 n und n den restlichen i Punkten liegen jeweils Innenwinkel von zusmmen 360 n. So erhlten wir

3 BWM 011 II f = r m i 360 und hierus 4f = + r + m + i oder 6f = 3 + 1,5 r + 1,5 m+ 3i (*). Nun zählen wir üer lle der f Sechsecke die Knten, woei wir "Knte" im grphentheoretischen Sinne definieren, d.h. wenn eine Seite eines Sechsecks eine Ecke eines nderen Sechsecks enthält, so ht ds Sechseck für jede solche Ecke eine zusätzliche Knte. Dei wird jede Knte doppelt gezählt, wenn sie im Innern des Qudrtes liegt und einfch, wenn sie uf dem Rnd des Qudrtes liegt. So erhlten wir k = 6f + m + r + 4. ndererseits erhlten wir die doppelte Kntenzhl uch durch ddition der nzhl ller von den einzelnen Ecken usgehenden Knten; dies können wir schätzen: Von den 4 Ecken des Qudrtes gehen mindestens Knten, von llen nderen Ecken mindestens 3. Somit gilt 6f + m + r + 4 k 8 + 3r + 3m + 3i, dies setzen wir zusmmen zu 8 + 3r + 3m + 3i oder 6f 4 + r + m + 3i, ws im Widerspruch zu (*) steht. 3. Beweis (durch Widerspruch mit Betrchtung des rithmetischen Mittels us llen Innenwinkeln): Wir nehmen n, es existiere eine Zerlegung mit solchen Sechsecken, d.h. in jedem Sechseck gee es nur Winkel kleiner ls 180. Ds rithmetische Mittel us llen Innenwinkel ller Zerlegungssechsecke eträgt (6 ) 180 : 6 = 10. Zur weiteren Untersuchung der Innenwinkel unterscheiden wir nch Lge der zugehörigen Eckpunkte: Die Eckpunkte des Qudrtes sind sicher uch Eckpunkte von Zerlegungssechsecken, dmit git es in jeder Zerlegung mindestens vier Innenwinkel, von denen keiner größer ls 90 ist; insesondere ist ihr rithmetische Mittel nicht größer ls 90. Flls ein Eckpunkt im Innern einer Seite des Qudrtes oder eines nderen Zerlegungssechsecks liegt, liegen n dieser Ecke mindestens zwei Innenwinkel n (ndernflls gäe es einen Innenwinkel von 180 ) und ds rithmetische Mittel us diesen ist eenflls nicht größer ls 180 : = 90. In llen nderen Fällen liegen n der Ecke mindestens 3 Winkel n (ndernflls gäe es einen Innenwinkel von mindestens 180 ), ds rithmetische Mittel us den nliegenden Innenwinkeln ist lso höchstens 360 :3 = 10. Ds rithmetische Mittel us llen Innenwinkeln ergit sich lso ls rithmetisches Mittel us mindestens vier Zhlen, deren Mittel höchstens 90 ist und einigen weiteren Zhlen, deren Mittel höchstens 10 eträgt. Es ist lso sicher kleiner ls 10 im Widerspruch zur Feststellung im ersten schnitt. Bemerkung: Verllgemeinerung dieses Beweises ergit, dss ein n Eck nur für n > 6 in mehrere Sechsecke mit luter Winkeln kleiner ls 180 zerlegt werden knn. 3

4 BWM 011 II ufge : Beweise: Sind für eine positive gnze Zhl n sowohl 3n + 1 ls uch 10n + 1 Qudrtzhlen, dnn ist 9n + 11 keine Primzhl. 1. Beweis: Wir definieren, und c ls diejenigen positiven Zhlen, für die = 3n + 1, = 10n + 1 und c = 9n Es genügt, c ls Produkt zweier gnzzhliger Fktoren zu schreien, deren Beträge eide größer ls 1 sind. Hierzu suchen wir drei positive gnzen Zhlen x, y und z mit der Eigenschft, dss x y ( x y)( x + y) = zc oder äquivlent c =. D links eine gnze Zhl z steht, knn der Bruch rechts gekürzt werden; d sicher 0 < (x y) < (x + y), genügt dfür der Nchweis, dss der erste Fktor nicht zu 1 gekürzt wird, hierfür genügt wiederum der Nchweis, dss (x y) > z. Ttsächlich gestltet sich diese Suche recht einfch: Die Gleichung x y = zc ist genu dnn erfüllt, wenn 3x 10y = 9z und x y = 11z; dies führt uns zum lineren Gleichungssystem mit x y den Vrilen und (die Lösungen mit z = 0 sind uninteressnt) z z x y 3 10 = 9 und z z x z y = 11. z Üer die Determinnten D = = 7, D 1 = = 81, D = = 4 erhlten wir schnell x die Lösungen = 81 z 7 und y = 4 und hierus z.b. x = 9, y = und z = 7. z 7 (lterntiv: Die zweite Gleichung liefert die notwendige Bedingung (x + y)(x y) = 11z; ws den nstz (x + y) = 11 nhelegt. Kurzes Proieren liefert die positiven gnzen Zhlen x = 9, y = und z = 7.) lso ist 9 (3n + 1) (10n + 1) = 43n n 4 = 03n + 77 = 7(9n + 11), und somit 9n +11 = ( x y)( x + y) z = ( 9 )( 9 + ) Der erste Fktor im Zähler lässt sich schätzen: 7 9 = 9 3n n + 1 > 9 3n 11n = 9 3n 11n = 43n 44n Dmit ist lles gezeigt. > (15 7) n 8 > z. Bemerkung: Dieser Beweis enützt nicht die Ttsche, dss die Zhl 7 eine Primzhl ist... Beweis: Wir definieren und ls diejenigen positiven gnzen Zhlen, für die = 3n + 1 und = 10n + 1. Nun eochten wir, dss = (3n + 1)(10n + 1) = 30n + 13n + 1 = 9n + 11n + (n + 1) und folgern hierus (n + 1) = ( (n+1)) ( + (n+1)) = n(9n + 11). Wäre nun die Zhl 9n + 11 eine Primzhl, so wäre sie Teiler von mindestens einem der eiden Fktoren in der Mitte der Gleichung; insesondere wäre 9n + 11 ( + (n+1)). Hierus folgt er 8n + 10 und hierus der Widerspruch 30n + 13n + 1 = (8n + 10) = 784n +560n (n ist positiv!) Bemerkung: Proieren mit Derive ergit, dss 8, 96, 3960, 46376, , und die sieen kleinsten Werte von n sind, für die die Bedingungen der ufge erfüllt sind. Weiter liefert die Rekursion n+1 = n+1 n, n+1 = n+1 n mit den Strtwerten 0 = 5, 1 = 109, 0 = 9 und 1 = 199 luter Werte und, für es ein n git, sodss gleichzeitig = 3n + 1 und = 10n + 1. Die Strtwerte 0 = 17, 1 = 373, 0 = 9 und 1 = 199 liefern weitere Werte. Der Nchweis hierfür sei dem geneigten Leser ls Üungsufge üerlssen. 4

5 BWM 011 II ufge 3: Bei einer Wettewersvorereitung mit mehr ls zwei teilnehmenden Mnnschften spielen je zwei von ihnen höchstens einml gegeneinnder. Bei Betrchten des Spielplns stellt sich herus: (1) Wenn zwei Mnnschften gegeneinnder spielen, dnn git es keine weitere Mnnschft, die gegen sie eide spielt. () Wenn zwei Mnnschften nicht gegeneinnder spielen, dnn git es stets genu zwei ndere Mnnschften, die gegen sie eide spielen. Beweise, dss lle Mnnschften die gleiche nzhl von Spielen estreiten. Bezeichnungen: Die nzhl der teilnehmenden Mnnschften sei n, sie seien mit m i ezeichnet (i = 1,,,..., n), die Menge der Mnnschften, die gegen m i spielen, sei mit G i ezeichnet. 1. Beweis: us (1) und () folgt, dss es mindestens ein Spiel git. O.B.d.. sei m 1 eine Mnnschft, für die die nzhl der Gegner mximl ist, d.h. es ist G 1 1 und G 1 G i für lle i = 1,,,..., n. Wir stellen fest, dss keine zwei Mnnschften von G 1 gegeneinnder spielen, weil diese zwei Mnnschften sonst eide gegen m 1 spielen würden, ws im Widerspruch zu (1) steht. Nun etrchten wir eine elieige ndere Mnnschft m j (j 1) und unterscheiden folgende eide Fälle: Fll 1: m 1 spielt gegen m j, d.h. m j G 1 : Wir enennen die Mnnschften, gegen die m 1 spielt (lso die Mnnschften us G 1 ) mit m j := g 1, g,..., g r ; dei ezeichnet r die nzhl der Spiele, die m 1 estreitet. Weil g 1 gegen keine der Mnnschften g,..., g r spielt, git es nch () zu jeder Mnnschft g j G 1 (j =, 3,..., r) zwei Mnnschften, die gegen g 1 und g j spielen. Eine Mnnschft dvon ist m 1, die zweite nennen wir c j. D g j gegen m 1 spielt und uch gegen c j, spielen wegen (1) c j und m 1 nicht gegeneinnder. Wäre nun c i = c j für irgend ein Pr (i,j) mit i j, so hätten c i und m 1 drei verschiedene gemeinsme Gegner, nämlich g 1, g i und g j. Dies steht er weil c i nicht gegen m 1 spielt im Widerspruch zu (). Dmit spielt m j = g 1 gegen m 1 und gegen die Mnnschften c, c 3,..., c r, ht lso mindestens r Spiele; und d r mximl gewählt wr, genu r Spiele, lso gleich viele wie m 1. Fll : Nicht Fll 1, lso m 1 spielt nicht gegen m j, d.h m j G 1 : Nch () git es eine Mnnschft d, die sowohl gegen m 1 ls uch gegen m j spielt. Dnn ht nch den Üerlegungen im Fll 1 die Mnnschft m 1 die gleiche nzhl von Spielen wie d, und d ht die gleiche nzhl von Spielen wie m j. Dmit ist lles gezeigt.. Beweis: Wir wählen eine elieige Mnnschft m us; die Menge der Mnnschften, gegen die m spielt sei mit G ezeichnet und es sei G = r; die Menge der Mnnschften, gegen die m nicht spielt, sei mit S ezeichnet und es sei S = s. Dmit ist n = 1 + r + s. us (1) folgt, dss elieige zwei Mnnschften us G nicht gegeneinnder spielen. lso git es zu r( r 1) jedem Pr von Mnnschften us G es git genu solche Pre genu zwei Mnnschften, gegen die eide spielen. Eine dvon ist m, die ndere muss in S sein. uf diese Weise erhlten wir eine ildung von der Menge der Pre in G in die Menge S. Umgekehrt spielt keine Mnnschft von S gegen m. lso spielt nch () jede Mnnschft von S gegen genu zwei Mnnschften, die gegen m spielen. Diese müssen in G sein, ilden dort lso ein Pr. uf diese Weise ist eindeutig die Umkehrildung der oen eschrieenen ildung eschrieen (für Formlisten: weil "spielt gegen" eine symmetrische Reltion ist!). Diese Zuordnung zwischen Mnnschften us S und Pren us G ist lso ijektiv, lso ist die nzhl der Pre in G und die r( r 1) r( r 1) r( r + 1) nzhl der Elemente in S gleich. Dmit folgt s = und n = 1 + r + = 1 +, ws 1± 8n 7 sich uflösen lässt zu r =. D r nicht negtiv sein knn, ist r nch Vorge von n eindeutig estimmt; und d m elieig gewählt wr, ist r, lso die nzhl der Gegner einer Mnnschft, für lle Mnnschften gleich. 5

6 BWM 011 II Bemerkung: Die ufgenstellung stellt ntürlich die Einkleidung einer grphentheoretischen ufge dr: Die Mnnschften werden durch Knoten drgestellt, die genu dnn durch eine Knte verunden sind, wenn sie gegeneinnder spielen. Der eschrieene Grph stellt dnn einen Spezilfll eines "streng regulären Grphen" dr. Deren Eigenschften und Theorie findet mn im Internet z.b. unter Dort werden uch ußer dem einfchen Beispiel für vier Knoten (lle vier Knoten sind prweise verunden ußer m 1 mit m und m 3 mit m 4 ) noch weitere Beispiele ngegeen, z.b. für 16 Knoten ("lesch-grph") und 56 Knoten ("Gerwitz Grph"). 6

7 BWM 011 II ufge 4: In einem Tetreder BD, ds nicht entrtet und nicht notwendig regulär ist, hen die Seiten D und B die gleiche Länge, die Seiten BD und die gleiche Länge, die Seite B die Länge c 1 und die Seite D die Länge c. Es git einen Punkt P, für den die Summe der stände zu den Eckpunkten des Tetreders miniml ist. Bestimme diese Summe in hängigkeit von den Größen,, c 1 und c. nmerkung: Die Richtigkeit des Resulttes ist zu eweisen. ntwort: Die minimle Summe der Entfernungen eträgt ( + + c c ). Bezeichnungsweisen: Mit M XY sei der Mittelpunkt der Strecke XY ezeichnet. Mit S P (, B,,...) sei die Summe der Entfernungen von P zu den Punkten, B,,... ezeichnet Beweis (elementrgeometrisch): Wir leiten zunächst einige Hilfssätze her: HS 1: Wenn in einem Tetreder BD die Seiten D und B die gleiche Länge hen und eenso die Seiten BD und, dnn steht die Gerde M B M D senkrecht uf B und senkrecht uf D. Beweis (vgl. Figur, räumliche Skizze!): Nch Vorussetzung sind die Dreiecke BD und B kongruent nch sss, insesondere hen uch die Seitenhlierenden M B D und M B gleiche Länge. lso ist ds Dreieck DM B gleichschenklig und dessen Seitenhlierende M B M D ist gleichzeitig Höhe. Entsprechendes gilt im Dreieck M D B. D 1 / c 1 M D s 1 / c h M B s B 1 HS : Die Strecke M B M D ht die Länge h := ( + ) ( c1 + c ) Beweis: M B und DM B sind Seitenhlierende in den kongruenten Dreiecken BD und B, lso gleichlng, ihre Länge sei mit s ezeichnet. Dmit ist ds Dreieck M B D gleichschenklig, die Länge seiner Höhe M B M D knn lso mit Pythgors erechnet werden: h = s c. Im Dreieck DM B gilt nch cos Stz = s + ( 1 / c 1 ) 1 / sc 1 cos( DM B ), im Dreieck DM B B gilt = s + ( 1 / c 1 ) 1 / sc 1 cos(180 DM B ). ddition eider Gleichungen ergit + = s + 1 / c 1 P'' P' P und somit s = 1 ( + c 1 ); M B B Einsetzen liefert sofort h = 1 ( + c 1 c ) = 1 4 ( ( + ) (c 1 + c ) ). HS 3: Wenn in einem Tetreder die Gerde M B M D senkrecht uf B und senkrecht uf D steht und der Punkt P so gewählt wurde, dss S P (,B,,D) miniml ist, dnn liegt P uf M B M D. Beweis (vgl. Figur, räumliche Skizze!): Wir etrchten einen elieigen Punkt P'', der nicht uf M B M D liegt und den Fußpunkt P des Lotes von P" uf die Gerde M B M D. Wir werden zeigen, dss sowohl 7

8 BWM 011 II S P (,B) S P'' (,B) ls uch S P (,D) S P'' (,D), woei höchstens einml Gleichheit vorliegt; hierus folgt dnn S P (,B,,D) < S P'' (,B,,D) und somit die Behuptung. Dzu enützen wir einen weiteren Hilfspunkt P', der der Fußpunkt des Lotes von P'' uf die von B und der Gerden M B M D estimmten Eene ist. Es sind dnn wenn P'' nicht schon in der etr. Eene liegt P'' und P''B Hypotenusen in den ei P' rechtwinkligen Dreiecken P''P' zw. P''P'B und dmit länger ls die Ktheten P' zw. P'B. Nch Konstruktion liegt P' uf der Prllelen durch P zu M B M D, und wie us dem Schulunterricht eknnt ist S P' (,B) S P (,B) für lle von P verschiedenen Punkte P' uf dieser Prllelen (Beweis z.b. üer Spiegeln von B n dieser Gerden). Somit hen wir S P (,B) S P' (,B) S P'' (,B). Gleichheit liegt hier nur vor, flls P" uf der Strecke B liegt. Mit entsprechender Schlussweise erhlten wir uch S P (,D) S P'' (,D); d P" nicht uf eiden Strecken B und D liegen knn, knn uch nicht eides Ml Gleichheit vorliegen. Vrinte: Die Menge ller Punkte P, für die S P (,B) = S P'' (,B) ist, liegen uf einem Rottionsellipsoid mit Brennpunkten und B durch P''. us Symmetriegründen schneidet dieses Rottionsellipsoid die Gerde M B M D in einem Punkt Q mit QM B > PM B. lso ist P innerer Punkt dieses Rottionsellipsoids und dmit S P (,B) < S P'' (,B); mit entsprechender Schlussweise erhlten wir S P (,D) < S P'' (,D). Zur endgültigen Berechnung drehen wir nun ds Dreieck PD soweit um die c Gerde M B M D, dss es in die von B D' M D ' und der Gerden M B M D estimmten Eene zu liegen kommt. Es entsteht so ein chsensymmetrisches Trpez B'D' mit D M B M D ls Symmetriechse; die Längen d P der eiden Digonlen ezeichnen wir mit d. D der Punkt P ei dieser Drehung fest leit, ist S P (,B,,D) = S P (,B,',D'). Der Punkt P fällt mit dem Schnittpunkt der Digonlen zusmmen, weil für jede M B c 1 B c ndere Lge von P uf M B M D die Dreiecksungleichung sofort ein größeres S P (,B,,D) liefert. Eine Punktspiegelung der Figur n M B' liefert ein gleichschenkliges Dreieck, dessen Bsis die Länge c + c und dessen Schenkel die Länge d ht; lso ist D* S P (,B,,D) = d = c1 + c h + = ( + + c c ). 1 1 c 1 + c = ( ( ) ( c1 c )). Beweis: Zuerst leiten wir einige Eigenschften des Punktes P her, die für elieige Tetreder gelten. Beknntlich ist die Menge ller Punkte Q, für die S Q (,B) = S P (,B) konstnt ist, ein Rottionsellipsoid durch P, dessen Rottionschse durch die Brennpunkte und B geht, ein solcher Rumkörper sei mit REP B;P ezeichnet. Für lle Punkte Q innerhl REP B;P ist S Q (,B) < S P (,B), für lle Punkte Q ußerhl ist S Q (,B) > S P (,B). Sei nun P einer der Punkte, für die S P (,B,,D) miniml ist. Dnn liegt P uf dem REP B;P und uf dem REP D;P. Die eiden REPs erühren sich in P, weil sie ndernflls einen gemeinsmen inneren Punkt P* mit kleinerem S P* (,B,,D) = S P* (,B) + S P* (,D) hätten, im Widerspruch zur Miniml Eigenschft von P. lso hen die eiden REPs eine gemeinsme Tngentileene; die Normle uf diese Tngentileene durch P nennen wir w (vgl. Figur, Schrägild einer räumlichen Skizze!). Wir emerken noch, dss von den eiden REPs höchstens einer zu einer Strecke entrtet sein knn und dss uch in diesem Fll die getroffenen ussgen mit leichter änderung der rgumenttion sinngemäß gelten. W D P B 8

9 BWM 011 II us Symmetriegründen geht w durch die Rottionschse von REP B;P, lso B. Weiter schneidet die Eene BP us dem REP B;P und der Tngentileene eine Ellipse und eine Tngente n die Ellipse us; nch eknnten Sätzen ist die Senkrechte uf diese Tngente, lso w, die Winkelhlierende im Dreieck BP in der Ecke P. Gleiches gilt für ds Dreieck DP. Die Winkelhlierenden in den Dreiecken BP und DP durch die Punkte P hen lso die gleiche Trägergerde. Weiter gilt BP = DP; ndernflls könnten wir den Punkt P zu einem Punkt P* uf w so verschieen, is eide Winkel gleich wären. Dnn wäre er nch eknnten Sätzen S P* (,D) < S P (,D) und uch S P* (B,) < S P (B,), lso S P* (,B,,D) < S P (,B,,D) im Widerspruch zur Miniml Eigenschft von P. Hierus folgt, dss die Winkelhlierende im Dreieck BP durch P senkrecht uf w steht, nloges gilt für die nderen Dreiecke und Winkelhlierenden von P. (Zum esseren Verständnis knn mn ds Dreieck PD um w soweit drehen, dss es in die durch die von w und B estimmte Eene kommt. Die Entfernungen von P zu, B und leien dei gleich.) Zur weiteren Berechnung unterwerfen wir jede Knte des Tetreders derjenigen Prllelverschieung, die die Mitte der Knte uf die Mitte der gegenüerliegenden Knte ildet. D ds Tetreder nicht entrtet ist, hen die Bilder der Knten B, und D genu einen Punkt gemeinsm. Diesen nennen wir D*; in nloger Weise seien *, B* und * definiert. Durch die ildung erhlten wir so 6 Prllelogrmme in der rt, dss jede Knte des Tetreders Digonle eines dieser 6 Prllelogrmme ist. hier verwenden wir die esonderen Eigenschften des vorgegeenen Tetreders: D B und D gleich lng sind, ht ds Prllelogrmm B*D* gleichlnge Digonlen, ist lso ein Rechteck. nlog schließen wir, dss uch *B*D, *DB* und *D*B Rechtecke sind, während *B*D und *BD* Prllelogrmme mit Digonlen der Länge c 1 und c sind. Dmit ist *BD*B*D* ein senkrechtes Prism mit rechteckigen Seitenflächen und Prllelogrmmen ls Grund und Deckfläche (= eine leicht zerdrückte Hülle einer Streichholzschchtel). Insesondere steht die Verindungslinie der Schnittpunkte der Digonlen in Grund und Deckfläche (wir nennen diese M und N) senkrecht uf diesen Flächen und somit uch uf den Gerden D und *D*. * D D' c N * D B* c N ' B* P h h P D* x M c1 B y us dem 1. Beweis üernehmen wir die Begründung dfür, dss der Punkt P sich uf der Strecke MN efinden muss. Dmit sind die Dreiecke PB und PD gleichschenklig, d zusätzlich PB = PD, sind diese Dreiecke ähnlich. Weiter können wir ds Dreieck PD so um die chse MN drehen, dss D und in die Eene PB kommen (Fig. ), so erhlten wir ds chsensymmetrische Trpez BD'' mit den prllelen Seiten der Länge c 1 und c und der Höhe h := MN erhlten. Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke PB und PD ist PD' = 180, und wir erhlten eine Berechnungsgrundlge für den gesuchten Wert: Es ist S P (,B,,D) = D' +B' = D'. * D* x M c1 B y * 9

10 BWM 011 II Dieser Wert lässt sich nun leicht usrechnen (die Kntenlängen D*, * und B* seien mit x, y zw. h ezeichnet): Nch Prllelogrmm Stz gilt c 1 +c = (x + y ), nch Pythgors gilt h + x = und h + y =, dies setzen wir zusmmen zu h = ( + ) (x + y ) = ( + ) 1 / (c 1 +c ). Eine Punktspiegelung des Trpezes BD'' m Mittelpunkt der Strecke BD' liefert ein gleichschenkliges Dreieck D''', dessen Bsis die Länge c + c und dessen Schenkel die gesuchte Länge D' ht; lso ist S P (,B,,D) = D' = c1 + c h + = ( + ) ( c1 + c ) c1 + c + 4 = ( + + c c ). 1 Bemerkungen: Jeder Tetreder knn lso so in ein orthogonles chsenkreuz gelegt werden, dss jede chse ein Pr von gegenüerliegenden Knten schneidet und jede chse gleichzeitig Winkelhlierende in den eiden Dreiecken ist, die vom Ursprung und den eiden von der chse geschnittenen Knten geildet werden; der Ursprung ist dnn der Punkt P mit minimlem S P (,B,,D) ist. Die ufgenstellung "Finde lle Punkte, von dem us die Summe der Entfernungen zu n Punkten P 1, P,..., Pn miniml ist" ist für n = und n = 3 einfch zu lösen: Für n = erhält mn die Menge der Punkte uf der Strecke P 1 P, für spitzwinklige Dreiecke den sog. Fermtpunkt. Für n = 4 ist es reltiv einfch zu zeigen, dss es ei llgemeiner Lge der 4 Punkte exkt einen solchen Punkt git. Zu einer weiteren hrkterisierung des Punktes findet sich üerrschenderweise kum Litertur. 10