Maturaarbeit. Färbungsbeweise

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1 Maturaarbeit von Markus Sprecher (Jahrgang 86) Klasse 4T Färbungsbeweise Mathematik Betreuende Lehrkraft: Dr. Philipp Schöbi

2 Inhaltsverzeichnis 1 Vorwort 3 2 Was ist ein Färbungsbeweis 4 3 Hauptteil Die Aufgabenstellung Übersicht der Figuren Figuren aus 3 Einheitsquadraten Figuren aus 4 Einheitsquadraten Figuren aus 5 Einheitsquadraten Figuren aus 6 Einheitsquadraten 18 4 Zusammenfassung 22 5 Dank 22 2

3 1. Vorwort Schon immer war Mathematik mein Lieblingsfach. Deshalb war für mich klar, dass ich die Maturaarbeit über ein mathematisches Thema schreibe. Vorletztes und letztes Jahr nahm ich an der schweizerischen Ausscheidung für die Internationale Mathematikolympiade(IMO) teil und durfte nun die Schweiz schon zwei Mal an der IMO vertreten. Die Aufgaben, welche einem dort gestellt werden, beeindrucken mich sehr. Es kam mir deshalb die Idee, mich mit einem dieser Themenbereiche näher zu befassen. Im Jahr 2004 fand die IMO in Athen statt. Bei einer der sechs Prüfungsaufgaben benötigte man einen Färbungsbeweis. Auf den Seiten dieser Maturaarbeit wird auf diese Aufgabe eingegangen. Diese Prüfungsaufgabe brachte mich auch auf die Idee, die Maturaarbeit über dieses Thema zu schreiben. Ich möchte noch darauf hinweisen, dass diese Maturaarbeit nicht nur für Mathematiker gedacht ist. Ich habe mich darum bemüht, eine Maturaarbeit zu schreiben, die auch für einen interessierten Laien verständlich ist. Es sind auch keine mathematischen Vorkenntnisse notwendig, um die Beweise in dieser Arbeit zu verstehen. Wenn man sich für diese Maturaarbeit interessiert und bereit ist, viel Zeit aufzuwenden, hat man kaum Probleme den Überlegungen und Denkschritten zu folgen. 3

4 2. Was ist ein Färbungsbeweis Färbungsbeweise bieten sich besonders bei einer bestimmten Art von Aufgaben an. Bei diesen Aufgaben geht es darum, eine Fläche, mit einer Figur einer bestimmten Form, abzudecken. Die Frage ist immer, ob dies möglich sei. Der Begriff Färbungsbeweis wird am besten an einem konkreten Beispiel erklärt: Beispiel 1: Aufgabe: Ist es möglich, ein Schachbrett, bei dem zwei diagonal gegenüberliegende Ecken entfernt wurden, mit Dominosteinen zu bedecken? Lösung: Jeder Dominostein bedeckt ein weisses und ein schwarzes Feld, aber nie zwei weisse oder zwei schwarze Felder. Die Fläche hat 62 Felder. Folglich braucht man 31 Dominosteine, um die Fläche zu bedecken. 31 Dominosteine bedecken 31 weisse und 31 schwarze Felder. Das Schachbrett besitzt aber 32 schwarze und 30 weisse Felder, da aus dem ursprünglichen Schachbrett zwei weisse Felder entfernt wurden. Man hat also einen Widerspruch. Folglich lässt sich die Fläche nicht mit Dominosteinen abdecken. (Quelle: Die Idee besteht also darin, ein Muster einzuführen und zu zählen, wie viele Felder welcher Farbe eine Figur, unabhängig von seinem Ort, abdeckt. Aus dem lassen sich dann wieder Informationen für die ganze Fläche gewinnen, welche im Widerspruch zum Muster der Fläche stehen. Im Beispiel 1 war das Finden der Färbung besonders einfach, da ein Schachbrett bereits gefärbt ist. Versucht man allerdings, dieselbe Aufgabe ohne Schachbrettfärbung zu lösen, so steht man vor grossen Schwierigkeiten. Die Schachbrettfärbung ist eine Färbung, die sich oft als nützlich erweist. Es gibt aber auch noch viele andere Färbungen. Eine davon wird in Beispiel 2 benötigt: 4

5 Beispiel 2: Aufgabe: Lässt sich ein Quadrat mit lauter L-Tetrominos(siehe Figur) abdecken? Figur: L-Tetromino Lösung: Das Quadrat wird wie oben gefärbt. Jede zweite Zeile ist schwarz. Legt man nun ein L-Tetromino in die Fläche, so bedeckt es entweder 3 weisse und ein schwarzes Feld oder 3 schwarze und ein weisses Feld, etwas anderes ist nicht möglich. Es gibt also 2 Typen von L-Tetrominos. Da es im Quadrat gleich viele schwarze wie weisse Felder gibt, braucht es auch von beiden Typen L-Tetrominos gleich viele. Es muss also eine gerade Anzahl von L-Tetrominos geben. Andererseits hat die Fläche 100 Felder. Jedes L- Tetromino bedeckt 4 Felder. Es braucht also 25 L-Tetrominos. Dies ist nun ein Widerspruch, da 25 eine ungerade Zahl ist. (Quelle: In den ersten zwei Beispielen wurden nur zwei Farben verwendet. Manchmal braucht man aber, wie in Beispiel 3, mehr als zwei Farben. 5

6 Beispiel 3: Aufgabe: Kann man ein Quadrat mit lauter Straight-Tetrominos (siehe Figur) abdecken? Figur: Straight-Tetromino Lösung: Die Fläche wird wie oben gefärbt. Die Farben der Felder haben gegen unten oder gegen rechts hin immer dieselbe Reihenfolge, nämlich weiss, schwarz, dunkelgrau und hellgrau. Nun bedeckt ein Straight-Tetromino immer zu jeder Farbe ein Feld, folglich müsste es zu allen Farben gleich viele Felder geben. Dies ist aber nicht der Fall, denn die Fläche besitzt 26 schwarze, 25 dunkelgraue, 25 weisse und 24 hellgraue Felder. Folglich kann man diese Fläche nicht mit Straight-Tetrominos abdecken. (Quelle: Problem-Solving Strategies von Arthur Engel) Ein Färbungsbeweis ist meistens kurz und elegant. Es braucht auch keine mathematischen Vorkenntnisse, um diese Beweise zu verstehen. Wichtig ist noch, dass man mit einem Färbungsbeweis nur zeigen kann, dass sich eine bestimmte Fläche nicht abdecken lässt. Falls eine Fläche abdeckbar ist, muss man konkret angeben, wie dies möglich ist. 6

7 3. Hauptteil 3.1 Die Aufgabenstellung Ich habe im vorigen Kapitel drei Beispiele von Färbungsbeweisen aufgezeigt. Nun könnte man natürlich irgendeine Fläche und irgendeine Figur nehmen, und sich Fragen, ob sich diese Fläche mit dieser Figur abdecken lässt oder nicht. Man kann sich also zu diesem Thema sehr leicht selbst Aufgaben erstellen. Ich habe mir vorgenommen, selbst solche Probleme zu lösen. Und zwar möchte ich für jede Figur, die aus bis zu fünf Einheitsquadraten besteht, abklären, welche Rechtecke man damit abdecken kann. Um diese Frage zu beantworten, sind zwei Arbeitsschritte notwendig. Erstens muss für Rechtecke, welche sich abdecken lassen, angegeben werden, wie dies möglich ist. Zweitens muss für alle anderen Rechtecke, durch ein Färbungsbeweis oder eine andere Überlegung, bewiesen werden, dass sie sich nicht abdecken lassen. Die Vorgehensweise ist also immer in etwa dieselbe. Meistens sucht man sich zuerst möglichst kleine Rechtecke, die sich abdecken lassen, und untersucht dann, welche Rechtecke man damit abdecken kann. Dann untersucht man, welche Rechtecke noch übrig bleiben und versucht dann, mit einem Färbungsbeweis zu zeigen, dass man diese Rechtecke nicht abdecken kann. Ich bezeichne in meiner Maturaarbeit die Seitenlänge der Rechtecke mit m und n, wobei m die Anzahl Zeilen und n die Anzahl Spalten angibt. 3.2 Übersicht der Figuren Figur aus 2 Einheitsquadraten: Domino Figuren aus 3 Einheitsquadraten: Straight-Triomino L-Triomino 7

8 Figuren aus 4 Einheitsquadraten: Straight-Tetromino 2 L-Tetromino 3 T-Tetromino 4 Square-Tetromino 5 Skew-Tetromino (Quelle: Problem-Solving Strategies von Arthur Engel) Figuren aus 5 Einheitsquadraten: Zu den Figuren aus fünf Einheitsquadraten sind mir keine Namen bekannt. 8

9 3.3 Figuren aus 3 Einheitsquadraten Straight-Triomino Da die Anzahl Felder durch 3 teilbar sein muss, ist entweder m oder n durch 3 teilbar. Denn ein Produkt von zwei Zahlen, die nicht durch 3 teilbar sind, könnte nicht durch 3 teilbar sein. Dies ist eine Folge der eindeutigen Primfaktorzerlegung. Dieser Satz wird während dieser Maturaarbeit später nochmals verwendet. Da nun m oder n durch 3 teilbar sein muss, kann man alle Straight-Triominos in derselben Richtung hinlegen. Wie am Beispiel eines 5 6 Rechtecks: L-Triomino Nimmt man zwei L-Triominos, so kann man sie zu einem 2 3 Rechteck zusammensetzen. Nun lassen sich natürlich alle Rechtecke, die sich mit 2 3 Rechtecken abdecken lassen, auch mit L-Triominos abdecken. Da die Anzahl Felder wieder durch 3 teilbar sein muss, ist auch hier m oder n durch 3 teilbar. Sagen wir, m sei durch 3 teilbar. Ich mache nun folgende Fallunterscheidung: 1. Fall: n gerade Dann setzt man lauter 3 2 Rechtecke vertikal in die Fläche. Wie am Beispiel eines 3 8 Rechtecks: 9

10 2. Fall: m gerade und n ungerade Falls n = 1 gilt, lässt sich das Rechteck natürlich nicht abdecken. Sonst beginnt man links, und setze dort lauter 2 3 Rechtecke horizontal in die Fläche. Die Fläche, welche dann noch übrig bleibt, hat Seitenlängen m und n-3 und entspricht Fall 1. Ich veranschauliche den 2. Fall an einem 6 7 Rechteck. 3. Fall: m und n ungerade Für diesen Fall investierte ich sehr viel Zeit. Ich habe lange Zeit vermutet, dass sich kein solches Rechteck abdecken lässt. Diese irrige Vermutung hinderte mich lange daran, zu einer Lösung zu kommen. Erst als ich herausgefunden habe, wie sich ein 5 9 Rechteck abdecken lässt, konnte ich diesen Fall vollends abklären. Ich betrachte zuerst den Fall, wenn eine Seite 3 ist, z.b. m = 3. So ein Rechteck kann nicht abgedeckt werden. Ich habe dazu zwei Färbungsbeweise: Da n ungerade ist, setze ich n = 2a-1. Das Rechteck wird folgendermassen gefärbt: 1. Beweis: Nun gibt es 2a schwarze Felder. Ein L-Triomino kann höchstens ein schwarzes Feld bedecken. Man braucht also mindestens 2a L-Triominos, um alle schwarzen Felder zu 10

11 bedecken. 2a L-Triominos bedecken 6a Felder. Das ganze Rechteck hat aber nur 6a-3 Felder, folglich müssen sich irgendwo L-Triominos überlappen. Das Rechteck wird folgendermassen gefärbt: 2. Beweis: Nun bedeckt ein L-Triomino entweder 2 schwarze und ein weisses Feld oder 2 weisse und ein schwarzes Feld. Da das ganze Rechteck doppelt so viele schwarze wie weisse Felder hat, müssen alle L-Triominos zwei schwarze und ein weisses Feld besetzen. Das heisst also, dass jedes L-Triomino, ein Feld von der 2. Zeile, sowie zwei Felder der 1. Zeile oder der 3. Zeile besetzen muss. Daraus kann man folgern, dass n gerade sein muss, was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist. Nun betrachte ich zum 3. Fall das nächst grössere Rechteck. Die Zahl m muss durch 3 teilbar, ungerade und ungleich 3 sein. Die kleinste Zahl dafür ist 9. Die Zahl n muss ungerade und ungleich 1 oder 3 sein. Die kleinste Zahl dafür ist 5.Das nächst grössere Rechteck ist also das 9 5 Rechteck. Dieses lässt sich folgendermassen abdecken: Nun betrachte ich ein beliebiges Rechteck, bei dem m und n ungerade sind. Da m durch 3 teilbar und ungerade ist, lässt es sich schreiben als 6a+3. Nun lässt sich ein solches Rechteck abdecken, indem man zuerst oben links ein 9 5 Rechteck einsetzt und dann gegen unten lauter 6 5 Rechtecke hinzufügt. Jenes Rechteck, welches dann noch übrig bleibt, hat Seitenlängen m und n-5 und gehört zum 1. Fall. Ich veranschauliche den 3. Fall an einem Rechteck: 11

12 Damit ein Rechteck mit L-Triominos abgedeckt werden kann, müssen also folgende Bedingungen erfüllt sein: - m oder n ist durch 3 teilbar - es darf keine Seite 1 sein - wenn eine Seite 3 ist, muss die andere Seite gerade sein. 3.4 Figuren aus 4 Einheitsquadraten Straight-Tetromino Dieser Beweis funktioniert ähnlich wie der Beweis für das Straight-Triomino. Hier stösst man allerdings noch auf ein weiteres Problem. Im Beweis für das Straight-Triomino haben wir gesehen, dass eine Seite durch 3 teilbar sein muss, damit die Anzahl Felder durch 3 teilbar ist. Beim Straight-Tetromino muss keine Seite durch 4 teilbar sein, damit die Anzahl Felder durch 4 teilbar ist (z.b. ein Quadrat). Dies liegt daran, dass 4, im Gegensatz zu 3, keine Primzahl ist. Wenn eine Seite durch 4 teilbar ist, kann man das Rechteck offensichtlich abdecken. Wenn keine Seite durch 4 teilbar ist, betrachtet man die 4-er Färbung in Beispiel 3 dieser Maturaarbeit. Dort ist es für den Fall eines Rechtecks erklärt. Dieser Beweis funktioniert bei allen Rechtecken, wo keine Seite durch 4 teilbar ist, da genau bei diesen Rechtecken, nicht zu jeder Farbe gleich viele Felder vorhanden sind. Folglich kann man nur Rechtecke abdecken, bei denen eine Seite durch 4 teilbar ist. 12

13 Es gibt übrigens eine Verallgemeinerung dieses Problems. Diese Verallgemeinerung sagt aus, dass man ein m n Rechteck genau dann mit Rechtecken der Seitenlängen 1 und a abdecken kann, wenn a ein Teiler von m oder n ist. Dass man ein Rechteck, bei welchem a ein Teiler von m oder n ist, abdecken kann, ist sofort klar. Zu beweisen, dass es nicht noch andere Rechtecke gibt, ist hingegen nicht so einfach. Der Beweis funktioniert aber genau gleich wie für das Straight-Tetromino L-Tetromino In Beispiel 2 wird für ein Quadrat gezeigt, dass es eine gerade Anzahl L-Tetrominos braucht um die Fläche abzudecken. Dieser Beweis funktioniert bei allen Rechtecken, bei denen eine Seite gerade ist, was natürlich bei Rechtecken, welche sich mit L-Tetrominos abdecken lassen, sowieso der Fall sein muss. Da es also eine gerade Anzahl L-Tetrominos braucht, muss die Anzahl Felder im Rechteck durch 8 teilbar sein. Folglich muss m oder n, sagen wir n, durch 4 teilbar sein. Wäre nämlich weder m noch n durch 4 teilbar, so könnte das Produkt nicht durch 8 teilbar sein. Nun gibt es zwei Fälle zu unterscheiden: 1. Fall: m gerade und n durch 4 teilbar Da man zwei L-Tetrominos zu einem 2 4 Rechteck zusammensetzen kann, lässt sich ein solches Rechteck mit lauter 2 4 Rechtecken abdecken. 2. Fall: m ungerade und n durch 8 teilbar Folgende Abbildung zeigt, wie man ein 3 8 Rechteck abdeckt: Ein Rechteck mit m = 1 kann man natürlich nicht abdecken. Sonst lässt sich ein Rechteck vom Fall 2 abdecken, indem man zuoberst lauter 3 8 Rechtecke hinlegt. Das Rechteck, welches dann noch übrig bleibt, hat Seitenlängen m-3 und n und gehört zu Fall 1. Es lassen sich also alle Rechtecke mit L-Tetrominos abdecken, bei denen die Anzahl Felder durch 8 teilbar ist, und bei denen keine Seite 1 ist. 13

14 3.4.3 T-Tetromino Die Anzahl Felder von einem Rechteck, welches sich mit T-Tetrominos abdecken lässt, muss durch 8 teilbar sein. Dies kann durch die Schachbrettfärbung bewiesen werden. Denn ein T-Tetromino bedeckt auf einem Schachbrett immer 3 weisse und ein schwarzes Feld oder 3 schwarze und ein weisses Feld. Folglich gibt es zwei Typen von T-Tetrominos und es muss von beiden Typen gleich viele T-Tetrominos geben, da es gleich viele schwarze wie weisse Felder gibt. Daraus folgt wiederum, dass die Anzahl Felder durch 8 teilbar sein muss. Folgende Abbildung zeigt, wie man ein 4 4 Rechteck abdecken kann: Daraus folgt, dass man alle Rechtecke, bei denen beide Seiten durch 4 teilbar sind, mit T-Tetrominos abdecken kann. Ich weiss nicht, ob es noch weitere Rechtecke gibt, die sich mit T-Tetrominos abdecken lassen. Bei dieser Figur kam ich das erste Mal nicht zu einer vollständigen Lösung. Es scheint, als ob die Methode des Färbungsbeweises hier versagt. Ich machte deshalb noch andere Lösungsansätze, kam aber dennoch nicht zum Erfolg Square-Tetromino Man kann sich hier leicht überlegen, dass sich genau jene Rechtecke abdecken lassen, bei denen beide Seiten gerade sind. Ich habe hierfür noch einen Färbungsbeweis: 14

15 Das Rechteck wird wie oben gefärbt. In jeder ungeraden Zeile wechselt die Farbe zwischen schwarz und dunkelgrau, und in jeder geraden Zeile von weiss zu hellgrau. Nun bedeckt jedes Square-Tetromino, egal wo man es hinlegt, jede der vier Farben genau ein Mal. Es braucht also zu jeder Farbe gleich viele Felder. Dies ist genau dann der Fall, wenn m und n gerade sind Skew-Tetromino Versucht man ein Rechteck mit Skew-Tetrominos abzudecken, so merkt man, dass es nicht gehen kann. Dies kann man sich folgendermassen zeigen: Beginnt man an einer Ecke, und setzt dort ein Skew-Tetromino in die Fläche, so entsteht ein Feld, welches von drei Seiten eingeschlossen wird. In der folgenden Abbildung ist es in der ersten Spalte in der drittobersten Zeile. Um dieses Feld abdecken zu können, gibt es nur eine Möglichkeit. Hat man dieses Skew- Tetromino hingelegt, so entsteht erneut ein Feld, welches von drei Seiten eingeschlossen wird. Dieser Vorgang kann nun so lange wiederholt werden, bis man schliesslich an die untere Ecke stösst. Folglich kann kein Rechteck mit Skew-Tetrominos abgedeckt werden. 15

16 3.5 Figuren aus 5 Einheitsquadraten Von den insgesamt 12 Figuren aus 5 Einheitsquadraten kann man nur mit den ersten 4 Figuren Rechtecke abdecken. Um zu beweisen, dass man mit den anderen keine Rechtecke abdecken kann, benützt man ähnliche Überlegungen wie beim Skew-Tetromino auf voriger Seite Figur 1 Da die Anzahl Felder durch 5 teilbar sein muss, ist entweder m oder n durch 5 teilbar. Denn ein Produkt von zwei Zahlen, die nicht durch 5 teilbar sind, könnte nicht durch 5 teilbar sein. Da nun m oder n durch 5 teilbar sein muss, kann man alle Figuren in derselben Richtung hinlegen Figur 2 Bei dieser Figur kann man immer 2 zu einem 2 5 Rechteck zusammenfügen. Im Folgenden sei n durch 5 teilbar. 1. Fall: m gerade Dann setzt man lauter 2 5 Rechtecke horizontal in die Fläche. 2. Fall: m ungerade und n gerade Wenn m Eins oder Drei ist, kann man das Rechteck natürlich nicht abdecken. In allen anderen Fällen kann man das Rechteck abdecken, indem man zuoberst lauter 5 2 Rechtecke vertikal hinlegt. Das Rechteck, welches dann noch übrig bleibt, gehört zu Fall 1, und lässt sich somit abdecken. 3. Fall: m und n ungerade Für diesen Fall habe ich bisher keine Lösung gefunden. Ich konnte weder ein Beispiel für ein solches Rechteck finden, noch mit einem Färbungsbeweis zeigen, dass man ein solches Rechteck nicht abdecken kann. 16

17 3.5.3 Figur 3 Ein 5 10 Rechteck kann man folgendermassen abdecken: (Diese Darstellung kommt übrigens auch im Titelbild vor) Aus dem lässt sich folgern, dass man jedes Rechteck, bei dem eine Seite ein Vielfaches von 5 und die andere Seite ein Vielfaches von 10 ist, mit dieser Figur abdecken kann. Ich weiss nicht, ob es noch andere Rechtecke gibt, welche sich auch mit dieser Figur abdecken lassen Figur 4 Wie bei Figur 2 lassen sich auch hier immer 2 Figuren zu einem 2 5 Rechteck zusammensetzen. Die ersten beiden Fälle laufen also genau gleich wie bei Figur 2. Nun muss man sich noch den Fall 3 überlegen, bei welchem m und n ungerade sind. 3. Fall: m und n ungerade Zuerst betrachte ich die Situation, wenn eine Seite 3 ist, z.b. m = 3. Ein solches Rechteck lässt sich nicht abdecken. Betrachtet man nämlich eine solche Figur im Rechteck, so bedeckt es immer mindestens 2 Felder der mittleren Zeile. Hat nun das Rechteck die Längen 3 und 5a, und somit 15a Felder, so braucht man 3a Figuren um das Rechteck abzudecken. Diese 3a Figuren bedecken aber mindestens 6a Felder der mittleren Zeile, da jede Figur mindestens 2 Felder der mittleren Zeile bedeckt. Die mittlere Zeile hat aber nur 5a Felder, man hat also einen Widerspruch. Als nächstes betrachtet man die Rechtecke, wo eine Seite 5 ist, z.b. m = 5. Nun färbe ich die zweite und die vierte Zeile schwarz. Die erste, dritte und fünfte Zeile bleiben weiss. Nun bedeckt jede Figur zwei weisse und drei schwarze Felder oder drei weisse und zwei schwarze Felder. Da es 3/2-mal so viele weisse wie schwarze Felder hat, müssen alle Figuren zwei schwarze und drei weisse Felder bedecken. Nun kann eine Figur aber nur 17

18 zwei schwarze Felder der zweiten oder der vierten Zeile bedecken, nicht aber ein Feld der zweiten und ein Feld der vierten Zeile gleichzeitig abdecken. Folglich müsste n gerade sein, was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist. Nun betrachte ich zum 3.Fall das nächst grössere Rechteck. Die Zahl m ist ungerade und ungleich 1,3 oder 5. Die kleinste Zahl dafür ist 7. Die Zahl n ist durch 5 teilbar, ungerade und ungleich 5. Die kleinste Zahl dafür ist 15. Das nächst grössere Rechteck ist also das 7 15 Rechteck. Dieses lässt sich folgendermassen abdecken: Nun betrachte ich ein beliebiges Rechteck, bei dem m und n ungerade sind. Da n durch 5 teilbar und ungerade ist, lässt es sich schreiben als 10a+5. Nun lässt sich ein solches Rechteck abdecken, indem man zuerst oben links ein 7 15 Rechteck einsetzt, und dann gegen rechts hin lauter 7 10 Rechteck in die Fläche hinzufügt. Das Rechteck, welches dann übrig bleibt, hat Seitenlängen m-7 und n und gehört zum 1.Fall. 2.6 Figuren aus 6 Einheitsquadraten Es wäre zu aufwändig, alle Figuren aus 6 Einheitsquadraten zu behandeln. ich untersuche deshalb nur 1 Figur. Diese Figur aber aus einem speziellen Grund. Denn genau um diese Figur ging es bei einer der 6 Aufgaben der Internationalen Mathematik-Olympiade 2004 in Athen. Die nachfolgenden zwei Seiten kann also als Lösung für diese Aufgabe verstanden werden. Diese Aufgabe hat mich auch auf die Idee gebracht, die Maturaarbeit über Färbungsbeweise zu schreiben Figur 1 (Haken) Bei dieser Figur fällt einem auf, dass es im innern ein Feld gibt, welches von drei Seiten eingeschlossen wird. Dieses Feld gehört auch zum Rechteck und muss deshalb auch abgedeckt werden. Um dieses Feld abzudecken hat man nur zwei Möglichkeiten: 18

19 Nun bilden immer zwei Haken einen dieser beiden Figuren. Man hat das Problem so vereinfacht, denn nun muss man nur noch abklären, welche Rechtecke man mit diesen zwei Figuren abdecken kann. Die ursprüngliche Figur, den Haken, kann man nun vergessen. Die Figur vom Typ A erweist sich als besonders nützlich, da es selbst ein Rechteck ist. Da jeder der beiden Figuren 12 Einheitsquadrate hat, muss die Anzahl Felder durch 12 teilbar sein. Nun gibt es drei Fälle zu unterscheiden. Im Folgenden sei jeweils m durch 3 teilbar. 1. Fall: m durch 3 teilbar und n durch 4 teilbar Dann kann man lauter 3 4 Rechtecke horizontal hinlegen. 2. Fall: m durch 12 teilbar und n nicht durch 4 teilbar Natürlich kann n nicht 1 oder 2 sein. Was auch nicht möglich ist, ist n = 5. Betrachtet man nämlich jene Figur, welche die linke obere und jene Figur, welche die rechte obere Ecke bedeckt, so überlappen sich die beiden Figuren zwangsläufig auf dem Feld in der zweitobersten Zeile der 3. Spalte. Da man alle anderen n als Summe von lauter Dreien und Vieren schreiben kann, lassen sich auch diese Rechtecke abdecken. Wie am Beispiel eines Rechtecks: 19

20 3. Fall: m durch 6 teilbar und n durch 2 teilbar (Weder m noch n ist aber durch 4 teilbar) Da das Produkt von m und n nicht durch 24 teilbar ist, braucht es eine ungerade Anzahl Figuren, um das Rechteck zu bedecken. Die Idee besteht nun darin, einen Widerspruch herzuleiten, indem man mit Färbungsbeweisen zeigt, dass es eine gerade Anzahl Figuren braucht. Nun färbe ich jede zweite Zeile schwarz. Die Figur vom Typ B bedeckt dann 6 weisse und 6 schwarze Felder. Eine Figur vom Typ A, welche horizontal hingelegt wird, bedeckt auch 6 weisse und 6 schwarze Felder. Wird die Figur vom Typ A hingegen vertikal hingelegt, so bedeckt sie von einer Farbe 8 Felder und von der anderen Farbe 4 Felder. Es gibt also zwei verschiedene Sorten von diesen Rechtecken, nämlich solche, die 8 weisse und 4 schwarze Felder abdecken und solche, die 8 schwarze und 4 weisse Felder abdecken. Da es insgesamt gleich viele weisse wie schwarze Felder gibt, muss es auch gleich viele Figuren von beiden Sorten haben. Insgesamt folgt daraus, dass es eine gerade Anzahl von horizontalen Rechtecken geben muss. Wenn man nun anstatt jede zweite Zeile, jede zweite Spalte schwarz färbt, so folgt daraus, dass es eine gerade Anzahl Rechtecke gibt, die vertikal liegen. Es gibt also insgesamt eine gerade Anzahl von Rechtecken. Nun füge ich folgende Färbung ein. Alle Rechtecke bedecken nun 6 schwarze und 6 weisse Felder. Die Figur vom Typ B bedeckt nur dann nicht 6 weisse und 6 schwarze Felder, wenn sie horizontal liegt und der Abstand zum oberen Rand gerade ist. Dann bedeckt sie 8 weisse und 4 schwarze Felder oder 8 schwarze und 4 weisse Felder. Analog kann man hier wieder schliessen, dass es eine gerade Anzahl von solchen Figuren geben muss. Nun kann man noch dieselbe Färbung machen, einfach alles ein Feld nach unten versetzt. Daraus kann man dann folgern, dass es eine gerade Anzahl von Figuren geben muss, die horizontal liegen und einen ungeraden Abstand vom oberen Rand haben. Insgesamt folgt dann daraus, dass es eine gerade Anzahl horizontale Figuren vom Typ B geben muss. Macht man dieselbe Färbung in die andere Richtung (siehe unten), so kann man analog folgern, dass es eine gerade Anzahl von vertikalen Figuren vom Typ B geben muss. Es gibt also insgesamt auch eine gerade Anzahl Figuren vom Typ B. Nun hat man gezeigt, dass es eine gerade Anzahl Figuren geben muss. Dies steht im Widerspruch zur 20

21 Feststellung, die am Anfang des 3.Falles gemacht wurde. Damit ein Rechteck mit Haken abdeckbar ist, muss es also eine Seite geben, welche durch 4 und eine Seite geben, welche durch 3 teilbar ist, und es darf keine Seite 1,2 oder 5 sein. An der Matheolympiade holte ich bei dieser Aufgabe 2 von 7 möglichen Punkten. Ich habe zwar gemerkt, welche Rechtecke man abdecken kann, konnte allerdings nicht beweisen, wieso es nicht noch andere Rechtecke gibt, die sich abdecken lassen. Ich scheiterte daran, dass ich beweisen wollte, dass man keine Rechtecke abdecken kann, bei denen man eine Figur vom Typ B brauchen kann. Dies ist jedoch falsch, wie folgende Abbildung zeigt: Hingegen kann man jedes Rechteck, welches sich mit Haken abdecken lässt, auch ausschliesslich mit 3 4 Rechtecken abdecken. 21

22 4. Zusammenfassung In meiner Maturaarbeit ist ersichtlich, dass ich nicht alle Probleme, die ich mir gestellt habe, lösen konnte. Bei den folgenden drei Figuren kam ich zu keiner endgültigen Lösung:. Es scheint, dass die Beweismethode bei diesen Figuren versagt. Ich ging bei diesen Figuren auch mit anderen Überlegungen dahinter, jedoch ohne Erfolg. Obwohl ich mein Ziel nicht ganz erreicht habe, bin ich dennoch zufrieden mit meiner Maturaarbeit. Das Tüfteln und Probieren bereitete mir viel Spass. Ich brauchte dazu wenig Hilfsmittel. Zuerst stellte ich mir ein Problem und versuchte dann, dieses zu lösen. Ich weiss nicht, ob sich schon jemand mit den Aufgaben, welche in meiner Maturaarbeit vorkommen, auseinandergesetzt hat oder nicht. 5. Dank Ich möchte mich hiermit speziell bei Dr. Philipp Schöbi für seine Unterstützung und Geduld bedanken. Da er viel Erfahrung im Schreiben von mathematischen Beweisen hat, konnte er mir viele wertvolle Tipps geben. Zudem durchschaute er mehrmals meine Maturaarbeit und strich alle meine Fehler an, welche sehr häufig vorkamen. Mein Dank gilt auch meinem Bruder Daniel Sprecher, Student an der ETH Zürich für interdisziplinäre Naturwissenschaften. Er schaute sich meine Maturaarbeit auch durch und versuchte ebenfalls die Figuren, für welche ich zu keiner endgültigen Lösung kam, zu lösen. Persönliche Deklaration zur Eigenständigkeit Ich bestätige hiermit, dass ich meine Maturaarbeit selbstständig erarbeitet und verfasst habe. 22