15. Landeswettbewerb Mathematik Bayern

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1 5. Landeswettbewerb Mathematik Bayern Lösungsbeispiele für die Aufgaben der. Runde 0/03 Aufgabe An der Tafel stehen die Zahlen 0 und. Paul will eine weitere natürliche Zahl hinzufügen, so dass jede dieser drei Zahlen das Produkt der beiden anderen ohne Rest teilt. Bestimme die kleinste Zahl, die Paul an die Tafel schreiben kann. Lösung: Die gesuchte Zahl ist 5.. Beweis (Durch systematisches Probieren): In der folgenden Tabelle wird für die kleinsten natürlichen Zahlen n getestet, ob n das Produkt 0 = 40 teilt (erste Zeile), ob das Produkt 0 n teilt (zweite Zeile) und ob 0 das Produkt n teilt (dritte Zeile). Dabei steht + für ja und - für nein : Zahl n Ist n Teiler von 40? Ist Teiler von 0 n? Ist 0 Teiler von n? Die kleinste Zahl n, bei der alle drei Bedingungen erfüllt sind, ist daher n = 5.. Beweis: Wenn eine natürliche Zahl n die Bedingung der Aufgabe erfüllt, dann muss n ohne Rest durch 0 teilbar sein. Da 0 durch 5 teilbar ist, muss n auch durch 5 teilbar sein und weil und 5 teilerfremd sind, muss dann n selbst durch 5 teilbar sein. Ebenso muss für eine Zahl n, die die Bedingung der Aufgabe erfüllt, auch 0 n durch und damit auch durch 3 ohne Rest teilbar sein. Weil aber 0 und 3 teilerfremd sind, muss dann n selbst durch 3 teilbar sein. Die kleinste natürliche Zahl n, die sowohl durch 5 als auch durch 3 teilbar ist, ist n = 5. Tatsächlich sind für n = 5 auch alle Bedingungen der Aufgabe erfüllt: 5 teilt 0 = 40 (= 6 5), 0 teilt 5 = 80 (= 9 0) und teilt 5 0 = 300 (= 5 ). 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite von

2 Aufgabe Im abgebildeten Quadrat haben die vier Rechtecke den gleichen Umfang. Wie groß ist der Anteil der Fläche des schraffierten Rechtecks an der Fläche des Quadrats? Lösung: Der Anteil der Fläche des schraffierten Rechtecks an der Quadratfläche beträgt Beweis (Rechnung ausgehend von der Quadratseite): Die Rechtecke bezeichnen wir wie in der Abbildung rechts mit R bis R4. Dabei sind, wie in der Abbildung angedeutet, x die Seitenlänge des Quadrates und x und y die Seitenlängen von R. Der Umfang von R ist demnach x + y. R hat aufgrund der Zerlegung eine Seite der Länge x y. Weil der Umfang von R gleich dem von R ist, ist die andere Seitenlänge von R um y größer als die entsprechende Seitenlänge von R, also gleich y + y = y. Aufgrund der Zerlegung hat R3 dann eine Seite der Länge x y und, wieder weil der Umfang von R3 gleich dem von R ist, ist die zweite Seitenlänge von R3 dann y + y = 3y. Weil R4 eine Seitenlänge mit R3 gemeinsam hat und beide Rechtecke gleichen Umfang haben, sind auch die anderen beiden Seitenlängen gleich. Damit ergibt sich für die Seitenlänge x des Ausgangsquadrates aber x = y +3y +3y = 7y. Also hat das Rechteck R4 den Flächeninhalt (x y) 3y = 5y 3y = 5y. Das gesamte Quadrat hat den Flächeninhalt x = (7y) = 49y. 5 Der Anteil der Fläche von R4 am Ausgangsquadrat beträgt also 5y 49y = 49.. Beweis (Rechnung ausgehend vom schraffierten Rechteck): Die Rechtecke bezeichnen wir diesmal wie in der Abbildung rechts mit R bis R4. Dabei können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit eine Seitenlänge des schraffierten Rechtecks als Längeneinheit festlegen, die andere Seite habe die Länge a. Der Umfang von R ist demnach a +. R hat aufgrund der Zerlegung eine Seite der Länge mit R gemeinsam, wegen des gleichen Umfangs von R und R hat R dann als zweite Seitenlänge auch a. Aufgrund der Zerlegung hat R3 dann eine Seite der Länge a und, da der Umfang von R3 gleich dem von R ist, ist die zweite Seitenlänge von R3 dann ((a + ) a) = a. 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite von

3 Aufgrund der Zerlegung hat R 4 dann eine Seite der Länge ( a) + = a. Weil der Umfang von R 4 gleich dem von R sein soll, ist die zweite Seitenlänge von R 4 demnach ((a + ) ( a)) = a. Die Seitenlänge des Ausgangsquadrates ist somit zum einen gleich a, zum anderen aber auch gleich (a ) + a = 4a. Es folgt a = 4a bzw. 3 = 5a und damit a = 3 5. Der Anteil der Fläche von R 4 am Ausgangsquadrat beträgt deswegen 3 a ( a) = 5 ( = 3 5 ) 3 5 ( 7 5 ) = = Beweis (Konstruktion der Zerlegung): Das gegebene Quadrat kann durch parallele Strecken zu seinen Seiten in 49 Einheitsquadrate zerlegt werden. Anschließend kann man das Quadrat wie in der Abbildung entlang der erhaltenen Gitterlinien in vier Rechtecke zerlegen. Jedes der Rechtecke hat dabei den Umfang von 6 Längeneinheiten. Es handelt sich also um eine Zerlegung der in der Aufgabe beschriebenen Art. Der Flächenanteil des markierten Rechtecks 5 [Einheitsquadrate] 49 [Einheitsquadrate]. an der gesamten Quadratfläche ist dabei Es muss nun aber noch begründet werden, dass die so gewonnene Zerlegung des Quadrates in vier Rechtecke die einzige mit der geforderten Eigenschaft umfangsgleicher Rechtecke ist. Wäre die Seitenlänge y des Rechtecks R (siehe Abbildung) größer als in obiger Zerlegung, dann wären notwendigerweise die Seitenlängen y und y 3 von R, R 3 (und R 4 ) kleiner als in obiger Zerlegung. Wegen der Umfangsgleichheit der vier Rechtecke müssten dann aber die Seitenlängen x und x 3 von R, R 3 (und R 4 ) größer sein als in oben konstruierter Zerlegung. Das kann aber nicht sein, denn x +x 3 ist die (fest gegebene) Seitenlänge des Quadrats. Genauso argumentiert man, dass y auch nicht kleiner sein kann, als in der konstruierten Zerlegung. Also muss y genau so groß sein wie in der Zerlegung beschrieben. Daraus folgt aber, wieder mit der Umfangsgleichheit der Rechtecke, dass auch die anderen drei Rechtecke genau die konstruierten Seitenlängen haben müssen. Das wollten wir zeigen. 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 3 von

4 Aufgabe 3 Bestimme die größte Zahl, die kleiner als ist und sich als Summe von drei Stammbrüchen darstellen lässt. Hinweis: Ein Stammbruch ist ein Bruch mit Zähler und einer natürlichen Zahl als Nenner. Lösung: Die größte solche Zahl ist 4 4. Beweis: Der Bruch 4 4 ist kleiner als und wegen = 4 4 ist er tatsächlich eine Summe aus drei Stammbrüchen. Man muss nun noch nachweisen, dass es keine größere Summe aus drei Stammbrüchen gibt. Wäre eine Summe aus drei Stammbrüchen größer als 4 4, dann müsste wenigstens einer der drei Summanden größer als 4 sein, denn der Mittelwert aller drei Summanden ist = 4 6 > 4. Weil als einer der Brüche offenbar nicht in Frage kommt, gibt es somit noch zwei mögliche Fälle:. Fall: Der größte Summand ist gleich 3. Dann kann höchstens noch ein weiterer Summand gleich 3 sein, weil die Summe der drei Stammbrüche ansonsten gleich = wäre. Die größtmögliche Summe in diesem Fall ist also gleich = < Fall: Der größte Summand ist gleich. Dann kann kein weiterer Summand gleich sein, weil ansonsten die Summe der drei Summanden sicher größer als wäre. Wäre der zweitgrößte Summand gleich 3, dann müsste der dritte Summand kleiner sein als 3 = 6. Er wäre also maximal gleich 7 und die Summe der drei Stammbrüche wäre maximal = 4 4. Wäre der zweitgrößte Summand gleich 4, dann müsste der dritte Summand kleiner sein als 4 = 4. Er wäre also maximal gleich 5 und die Summe der drei Stammbrüche wäre maximal = 9 0 < 4 4. Wäre der zweitgrößte Summand schließlich höchstens gleich 5, dann wäre die Summe der drei Stammbrüche höchstens gleich = 9 0 < 4 4. Damit ist 4 4 tatsächlich die maximal erreichbare Summe. Bemerkung: Es genügt nicht zu argumentieren, dass man Schritt für Schritt den größtmöglichen Summanden wählt, der gerade noch eine Summe kleiner als garantiert, also zunächst, dann 3 (weil + = ), und dann 7 (weil = ). Eine solche Art lokale Maximierung garantiert nicht unbedingt eine global maximale Summe, wie folgendes Beispiel zeigt: Sucht man die maximale Summe dreier Stammbrüche, die kleiner als 3 4 ist, so würde man nach der beschriebenen Methode zunächst wählen, dann 3 (denn + > 3 4 ) und dann 9 (denn = 3 4 ). 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 4 von

5 Man erhielte als maximale Summe also = 7 8. Es gilt aber 7 8 < = 9 0 < 3 4. Die maximale Summe ist also tatsächlich größer. Das gleiche Beispiel zeigt auch, dass es nicht genügt, die maximale Summe zu suchen, indem man in einer der drei möglichen Darstellungen der als Summe dreier Stammbrüche, nämlich = = = einen der Nenner um vergrößert. In obigem Gegenbeispiel ist die maximale Summe sicher nicht durch ein solches Vorgehen aus einer Summe dreier Stammbrüche mit Wert 3 4 entstanden. Aufgabe 4 Der Punkt P liegt auf einem Halbkreis mit Mittelpunkt M. Der Punkt X auf dem Radius [MP ] hat von M den gleichen Abstand wie P vom Durchmesser des Halbkreises. Auf welcher Kurve bewegt sich X, wenn P den Halbkreis durchläuft? Lösung: Wir bezeichnen die Endpunkte des Durchmessers mit A und B und mit Y den Endpunkt des Radius [MY ], der senkrecht auf [AB] steht. Dann bewegt sich X auf dem Kreis mit Durchmesser [MY ]. Vorbemerkung: In den Spezialfällen P = A, P = Y und P = B ergeben sich für X die Punkte X = M, X = Y bzw. X = M. Hier liegt X also tatsächlich auf dem genannten Kreis. Im Folgenden sehen wir von diesen Spezialfällen ab, so dass alle genannten Dreiecke und Winkel auch wirklich existieren. Außerdem können wir wegen der Spiegelsymmetrie der Figur davon ausgehen, dass P auf dem Bogen AY des Halbkreises liegt.. Beweis (Mit Kongruenz von Dreiecken): Zusätzlich sei Q der Lotfußpunkt von P auf [AB]. Die beiden Dreiecke P QM und M Y X sind kongruent nach Kongruenzsatz sws, denn P Q = MX nach Voraussetzung, P M = MY als Radien des Halbkreises und α = β als Wechselwinkel an den Parallelen P Q und MY (beide stehen senkrecht auf AB). 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 5 von

6 Deswegen ist, unabhängig von der Lage von P, der Winkel MXY = MQP = 90. Nach der Umkehrung des Satzes des Thales liegt X damit auf dem Kreis mit Durchmesser [MY ].. Beweis (Mit ähnlichen Dreiecken): Die Mittelsenkrechte der Strecke [M X] schneide den Radius [MY ] in N. Außerdem sei R der Spiegelpunkt von P bei Spiegelung an [AB]. Dann sind aufgrund der Spiegelsymmetrie die Dreiecke P MR und XMN gleichschenklig. Beide Dreiecke haben außerdem auch gleiche Basiswinkel RP M = NMX (Wechselwinkel an den Parallelen P R und Y M). Daher sind die beiden Dreiecke P MR und XNM sogar ähnlich. Wegen XM = P Q = P R ist der Ähnlichkeitsfaktor dabei. Also ist, unabhängig von der Lage von P, MN = RM = MY. Daher ist N der Mittelpunkt der Strecke [MY ] und NX = NM. Somit liegt X auf dem Kreis um N mit Radius NM. 3. Beweis (Rechnerischer Beweis): Wir legen die Figur so in ein Koordinatensystem, dass M im Koordinatenursprung liegt und Y die Koordinaten (0 r) mit r > 0 hat. Dann ist r der Radius des Halbkreises. Die Koordinaten von P seien (a b). Nach Satz des Pythagoras gilt dabei a + b = r. Da X auf der Strecke [MP ] liegt und weil MX = P Q = b ist, entsteht X durch Streckung von P am Punkt M mit Streckungsfaktor b r. Deswegen hat X die Koordinaten X ( b r a b r b). Für den Abstand von X vom Mittelpunkt N (0 r ) der Strecke [MY ] gilt dann: XN = ( b r a) + ( b r b r ) a b = r (a + b )b = Also liegt X stets auf dem Kreis um N mit Radius r. r + b4 r b + r 4 b + r 4 = r b b r + r 4 = r. 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 6 von

7 4. Beweis (Rechnerischer Beweis mit Trigonometrie): Wir legen die Figur genau wie im 3. Beweis in ein Koordinatensystem. Der Winkel QP M ist ein Wechselwinkel zu Winkel Y MP = NMX an den Parallelen [P Q] und [Y M]. Somit haben diese Winkel die gleiche Größe α. Im rechtwinkligen Dreieck P QM ist b = P Q = P M cos(α) = r cos(α). Für die Länge der Strecke [XN] im Dreieck MNX gilt daher nach Kosinussatz: XN = b + ( r ) b r cos(α) = b + ( r ) b b = r. Also liegt X stets auf dem Kreis um N mit Radius r. Bemerkung: Tatsächlich kommt auch jeder Punkt des Kreises mit Durchmesser [MY ] als Punkt X vor, das heißt dieser Kreis ist der geometrische Ort aller Punkte X, wenn P den Halbkreis durchläuft. Um dies einzusehen, muss man zu gegebenem X auf dem Kreis mit Durchmesser [M Y ] einen Punkt P finden, der entsprechend der Konstruktion in der Aufgabe zu dem Punkt X führt. Dies gelingt aber einfach, indem man den Strahl [MX (falls M X) mit dem Halbkreis schneidet und diesen Schnittpunkt P nennt. Nach Satz des Thales ist dann (siehe Bild zum. Beweis) das Dreieck MXY rechtwinklig und kongruent zum Dreieck P QM, weswegen tatsächlich P Q = MX gilt. Im Falle X = M wählt man zum Beispiel P = A. Aufgabe 5 Petra legt 5 Karten auf den Tisch, die mit den Zahlen,, 3,..., 5 beschriftet sind. Wie viele Karten kann sie höchstens auswählen, so dass auf diesen Karten keine zwei Zahlen stehen, deren Produkt eine Quadratzahl ist? Lösung: Petra kann höchstens 6 Karten auswählen.. Beweis: Zunächst wird für jede der Zahlen n von bis 5 getestet, ob ihr Produkt mit einer oder mehreren anderen der Zahlen von bis 5 eine Quadratzahl ergibt. Das Ergebnis ist in folgender Tabelle zusammengefasst: 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 7 von

8 Zahl n ergibt Quadratzahl mit zweitem Faktor Zahl n ergibt Quadratzahl - mit zweitem Faktor Petra kann demnach zum Beispiel die 6 Karten mit den Zahlen,, 3, 5, 6, 7, 0,, 3, 4, 5, 7, 9,, und 3 wählen, denn keine zwei von ihnen kommen in obiger Tabelle in einer gemeinsamen Spalte vor. Andererseits kann Petra unter den 5 Karten mit den Zahlen, 4, 9, 6 bzw. 5 nur höchstens eine wählen, da diese alle (sogar mehrfach) in einer gemeinsamen Spalte stehen. Genauso kann sie unter den drei Karten mit den Zahlen, 8 bzw. 8, unter den zwei Karten mit den Zahlen 3 bzw., unter den zwei Karten mit den Zahlen 5 bzw. 0 und unter den zwei Karten mit den Zahlen 6 bzw. 4 nur jeweils höchstens eine Karte wählen. Insgesamt sind das also bisher höchstens fünf verschiedene Karten. Zusätzlich und unabhängig davon kann sie nun noch höchstens die elf übrigen Karten mit den Zahlen 7, 0,, 3, 4, 5, 7, 9,, bzw. 3 wählen. Somit kann Petra also nicht mehr als 5 + = 6 Karten auswählen.. Beweis: Petra kann zum Beispiel die 6 Karten mit den Zahlen,, 3, 5, 6 = 3, 7, 0 = 5,, 3, 4 = 7, 5 = 3 5, 7, 9, = 3 7, = und 3 wählen. Jede dieser Zahlen enthält jeden Primfaktor in ihrer Primfaktorzerlegung genau einmal. Deswegen gibt es für zwei verschiedene von ihnen immer einen Primfaktor, der nur eine der beiden Zahlen teilt und in dieser auch nur zur ersten Potenz enthalten ist. Das Produkt zweier veschiedener Zahlen aus der Liste enthält also immer einen Primfaktor, der nur zur ersten Potenz im Produkt vorkommt. Ein solches Produkt kann also keine Quadratzahl sein, da Quadratzahlen jeden ihrer Primfaktoren geradzahlig oft enthalten. Wir müssen nun noch nachweisen, dass Petra nicht mehr als 6 Zahlen auswählen kann. Hierzu zerlegen wir die Menge der Karten in 6 Stapel S bis S 6 entsprechend der Zahlen auf ihnen: S = {, 4, 9, 6, 5}; S = {, 8, 8}; S 3 = {3, }; S 4 = {5, 0}; S 5 = {6, 4}; S 6 = {7}; S 7 = {0}; S 8 = {}; S 9 = {3}; S 0 = {4}; S = {5}; S = {7}; S 3 = {9}; S 4 = {}; S 5 = {}; S 6 = {3}. In jedem Stapel mit mehr als einer Karte ist das Produkt je zweier Zahlen auf Karten des Stapels eine Quadratzahl. Für den Stapel S ist dies sofort klar, denn die Zahlen in ihm sind selbst schon Quadratzahlen. Für S bis S 5 folgt dies aus 8 = 4, 8 = 6, 8 8 =, 3 = 6, 5 0 = 0 und 6 4 =. 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 8 von

9 Petra darf also von jedem Stapel bei ihrer Auswahl höchstens eine Karte nehmen, insgesamt also höchstens 6 Stück. 3. Beweis: Wie im. oder. Beweis zeigt man, dass Petra tatsächlich 6 Zahlen auswählen kann. Wir wollen nachweisen, dass Petra nicht mehr als 6 Zahlen wählen kann. Hierzu betrachten wir diejenigen Karten, auf denen die Zahlen stehen, die höchstens die kleinen Primfaktoren, 3 oder 5 enthalten. Die Menge dieser Zahlen auf den Karten bezeichnen wir mit K. Es ist K = {,, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 0,, 5, 6, 8, 0, 4, 5}. Jede Zahl aus K hat dann eine Primfaktorzerlegung der Form a 3 b 5 c mit nicht negativen ganzen Exponenten a, b, c (hierbei ist auch der Fall = eingeschlossen). Wir betrachten jetzt die Parität dieser Exponenten, also ihre Eigenschaft, gerade oder ungerade zu sein. Das Produkt zweier Zahlen a 3 b 5 c und a 3 b 5 c aus K ist gleich a +a 3 b +b 5 c +c. Dies ist genau dann eine Quadratzahl, wenn a + a, b + b und c + c gerade Zahlen sind. Das wiederum ist genau dann der Fall, wenn a und a, b und b sowie c und c jeweils gleiche Parität haben. Da es für jeden der drei Exponenten in der Primfaktordarstellung einer Zahl aus K genau mögliche Paritäten gibt, gibt es insgesamt = 8 verschiedene Möglichkeiten, diese Paritäten zu kombinieren. Die Möglichkeit, dass alle drei Exponenten ungerade sind, entfällt dabei, weil schon die kleinste der hierbei entstehenden Zahlen 3 5 = 30 nicht mehr in K enthalten ist. Es bleiben also höchstens 7 verschiedene Kombinationsmöglichkeiten von Paritäten der drei Exponenten in Primfaktordarstellungen von Zahlen aus K. Da Petra keine zwei Karten mit Zahlen mit derselben Paritätenkombination wählen darf, kann sie also aus den Karten mit Zahlen aus K auch höchstens 7 wählen. Unabhängig von der Wahl der Karten aus K kann Petra höchstens noch die 9 Karten wählen, deren Zahlen nicht in der Menge K liegen, nämlich die Karten mit den Zahlen {7,, 3, 4, 7, 9,,, 3}. Damit kann Petra insgesamt höchstens = 6 Karten wählen. Aufgabe 6 In einem konvexen Viereck ABCD sind E und F die Mittelpunkte der Seiten [AB] und [CD]. Außerdem ist G der Schnittpunkt der Strecken [AF ] und [ED] und H der Schnittpunkt der Strecken [EC] und [BF ]. Zeige: Die Summe der Flächeninhalte der Dreiecke AGD und BCH ist so groß wie der Flächeninhalt des Vierecks EHF G. Hinweis: Ein Viereck heißt konvex, wenn alle Innenwinkel kleiner als 80 sind. 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 9 von

10 . Beweis: Wir bezeichnen mit K, L und M die Fußpunkte der Lote der Punkte C, D bzw. F auf die Gerade AB. Dann sind die Stecken [DL], [F M] und [CK] parallel zueinander und weil F Mittelpunkt der Strecke [CD] ist, ist [F M] Mittellinie im Trapez LKCD. Deswegen gilt: F M = (DL + CK). () Multipliziert man diese Gleichung auf beiden Seiten mit AB, so ergibt sich AB F M = AB DL + AB CK AB F M = AE DL + EB CK A(ABF ) = A(AED) + A(EBC) Subtrahiert man nun noch auf beiden Seiten der Gleichung die Flächen der Dreiecke AEG und EBH, so folgt A(ABF ) A(AEG) A(EBH) = A(AED) A(AEG) + A(EBC) A(EBH) Das war zu zeigen. Bemerkung: A(EHF G) = A(AGD) + A(BCH). Die Konvexität des Vierecks wird in der letzten Gleichung benutzt, denn nur wenn die Schnittpunkte G und H wie in der Skizze im Inneren des Vierecks liegen, ist die Flächenbetrachtung wie angegeben richtig.. Beweis: Die folgenden Gleichheiten von Flächeninhalten von Dreiecken gelten, da diese in den Längen der Grundseiten übereinstimmen und die zugehörigen Höhen identisch sind. Da E Mittelpunkt von [AB] ist, gilt A(AEF ) = A(EBF ). Die Zerlegung der beiden Dreiecke ergibt (hier benutzen wir die Konvexität des Vierecks, dass also G und H wie im Bild im Inneren des Vierecks liegen): A(AEG) + A(GEF ) = A(EBH) + A(HF E) () Da F Mittelpunkt von [CD] ist, gilt A(CF E) = A(F DE). Die Zerlegung der beiden Dreiecke ergibt: A(CF H) + A(HF E) = A(F DG) + A(GEF ) (3) 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite 0 von

11 Addiert man () und (3), so ergibt sich A(AEG)+A(GEF )+A(CF H)+A(HF E) = A(EBH)+A(HF E)+A(F DG)+A(GEF ). Subtrahiert man auf beiden Seiten A(GEF ) und A(HF E), so erhält man: A(AEG) + A(CF H) = A(EBH) + A(F DG). (4) Da F Mittelpunkt von [CD] ist, gilt A(F DA) = A(CF A) und da E Mittelpunkt von [AB] ist, gilt A(EBC) = A(AEC). Addition der letzten beiden Gleichungen ergibt: A(F DA) + A(EBC) = A(CF A) + A(AEC) = A(AECF ). (5) Die Zerlegung der Dreiecke F DA und EBC sowie des Vierecks AECF durch [DE] und [EC], liefert in (5): A(F DG)+A(GDA)+A(EBH)+A(HBC) = A(AEG)+A(EHF G)+A(CF H). Ersetzt man gemäß (4) auf der linken Seite dieser Gleichung A(EBH) + A(F DG) durch A(AEG) + A(CF H), so erhält man A(AEG) + A(GDA) + A(CF H) + A(HBC) = A(AEG) + A(EHF G) + A(CF H). Subtrahiert man auf beiden Seiten A(AEG) und A(CF H), so erhält man schließlich Das sollte gezeigt werden. A(GDA) + A(HBC) = A(EHF G). Stand: 0. Dezember 0 5. LWMB 0-03 Lösungsbeispiele. Runde Seite von