Fußball-Bundesliga, Umfüllprobleme und Ganzzahl-Billard

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1 Fußball-Bundesliga, Umfüllprobleme und Ganzzahl-Billard Grafische Darstellung von Zahlentripeln mit konstanter Summe Zur deutschen Fußball-Bundesliga gehören bekanntlich 18 Mannschaften, die in einer Spielzeit an 34 Spieltagen jeweils neun Spiele durchführen. Wenn man über einen der Spieltage die Information erhält, dass fünf Spiele von den Heimmannschaften gewonnen wurden und drei Spiele mit einem Unentschieden endeten, dann weiß man, dass das übrige Spiel dieses Spieltags mit einem Sieg der Gastmannschaft endete. Man weiß dies, weil die Summe der drei Anzahlen h (Sieg der Heimmannschaft), u (= Unentschieden) und g (= Sieg der Gastmannschaft) jeweils neun ergeben muss: h + u + g = 9 Man kann also darauf verzichten, alle drei Anzahlen anzugeben, wenn man die Bilanz eines Spieltages zieht. Grafisch lässt sich das Gesamtergebnis eines Spieltags wie folgt in einem kartesischen Koordinatensystem eintragen: In Richtung der horizontalen Achse wird die Anzahl h der Heimsiege abgetragen, in Richtung der vertikalen Achse die Anzahl u der Unentschieden. Die Tagesbilanz mit h = 5 und u = 3 wird als Punkt im Koordinatensystem festgehalten. Die Anzahl der Siege der Gastmannschaften erschließt man durch die Rechnung g = 9 h u = 1. Das Ablesen der nicht genannten dritten Komponente des Tripels (h ; u ; g) = (5 ; 3 ; 1) kann man durch Hilfslinien erleichtern: Die Punkte auf den zueinander parallel verlaufenden blauen Geraden in der Grafik rechts erfüllen von außen nach innen in Richtung auf den Ursprung des Koordinatensystems gelesen die Gleichungen g = 0, g = 1, g = 2,, g = 8; durch den Ursprung des Koordinatensystems verläuft die nicht sichtbare Gerade mit der Gleichung g = 9. Entsprechend kann man für die Achsen des Koordinatensystems statt h für die horizontale Achse und u für die vertikale Achse eine andere Auswahl treffen. Die Gleichberechtigung der drei Komponenten (h ; u ; g) wird durch die Darstellung in Form eines gleichseitigen Dreiecks realisiert; man bezeichnet diese Darstellungsform als trilineares Koordinatensystem. Punkte mit gleichen Komponenten liegen auf gleich-farbigen zueinander parallelen Geraden: Spieltags-Ergebnisse mit der gleichen Anzahl an Heimsiegen liegen auf den rot gefärbten Geraden, diejenigen mit der gleichen Anzahl an Unentschieden auf den grün gefärbten Geraden und diejenigen mit der gleichen Anzahl an Heimniederlagen auf den blau gefärbten Geraden. Seite 1/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

2 An den 34 Spieltagen der Saison 2016/17 traten nur die Ergebnis-Konstellationen auf, die in der folgenden Grafik als rot gefärbte Punkte zu entnehmen sind. Die Größe der Punkte (d. h. deren Flächeninhalt) entspricht dabei der Häufigkeit, mit der diese Konstellationen vorkamen, beispielsweise (5 ; 0 ; 4) nur einmal, dagegen (4 ; 2 ; 3) viermal im Laufe der Saison. Da in 150 Spielen der 306 Spiele der Saison die Heimmannschaften gewannen (49 % der 306 Spielergebnisse), in 74 Spielen die Mannschaften unentschieden spielten (24 %) und in 82 Spielen die Gastmannschaften siegten (27 %), ist es nicht erstaunlich, dass sich die Tripel um (4 ; 2 ; 3), (4 ; 3 ; 2) und (5 ; 2 ; 2) konzentrieren. Der Spieltag mit (1 ; 5 ; 3) fällt daher etwas aus der Reihe. Die Form des trilinearen Koordinatensystems kann auch dafür genutzt werden, die Bilanz einer Spielzeit für die einzelnen 18 Mannschaften darzustellen. In Richtung der s-achse wird dabei die Anzahl der Siege einer Mannschaft festgehalten, in Richtung der u-achse die Anzahl der Unentschieden. Die Anzahl der Niederlagen ergibt sich dann jeweils aus der Beziehung s + u + n = 34. Aus der Grafik ist unschwer abzulesen, dass das Tripel (25 ; 7 ; 2) zum deutschen Fußballmeister 2016/17 gehört und das Tripel (7 ; 4 ; 23) zum Tabellenletzten. Beim doppelt auftretenden Tripel (10 ; 7 ; 17) musste das Torverhältnis über den Tabellenplatz entscheiden. Wie kann man aus der Grafik ohne Rechnung entnehmen, welche Mannschaften welche Punktzahl erreichten? (3 Punkte für einen Sieg; 1 Punkt für ein Unentschieden) Seite 2/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

3 Das klassische Umfüllproblem Der Franziskanermönch ALBERT VON STADE, dessen genaue Lebensdaten nicht überliefert sind, verfasste um 1250 eine Weltchronik, die er später um einige Denksportaufgaben ergänzte. Zu diesen Aufgaben gehört das folgende klassische Umfüllproblem (hier zitiert nach DIETMAR HERRMANN, Mathematik im Mittelalter, S. 269): Jemand hat in der Stadt Wein eingekauft und geht mit einem Gefäß, das genau 8 Liter enthält, nach Hause. Auf dem Heimweg trifft er einen anderen, der mit zwei Gefäßen, die genau 3 Liter und 5 Liter umfassen, Wein holen soll. Sie beschließen, den Wein des ersten zu teilen. Wie können sie vorgehen, wenn sie auch keine anderen Behälter haben? Das Problem wird in der mittelalterlichen Chronik in Form einer Tabelle gelöst, in der die notwendigen Umfüllschritte aufgelistet sind. Auch NICOLO FONTANA, genannt TARTAGLIA ( ), beschäftigte sich mit Problemen dieser Art. Möglicherweise übernahm CLAUDE-GASPAR BACHET DE MEZIRIAC ( ) das Problem von ihm in seine Sammlung Problèmes Plaisantes & Délectables qui se sont par les nombres (1612). Bekannt wurde das Problem auch durch eine Anekdote, die über SIMÉON DENIS POISSON ( ) erzählt wird: Bei der Suche nach einem zu ihm passenden Studienschwerpunkt soll er die Aufgabe, als sie ihm vorgelegt wurde, ohne Zögern gelöst haben, und danach wusste er, mit welcher Wissenschaft er sich zukünftig beschäftigen würde Einer der bekanntesten Autoren von Büchern zur Unterhaltungsmathematik, HENRY DUDENEY ( ), war mit dem Lösungsverfahren, das mehr oder weniger auf systematischem Probieren beruhte, nicht zufrieden. Er kommentierte in seinen Amusements in Mathematics (1917): It is the general opinion that puzzles of this class can only be solved by trial, but I think formulas can be constructed for the solution generally of certain related cases. It is a practically unexplored field for investigation. Ein solches allgemeines Verfahren wurde dann im Jahr 1939 vom britischen Arzt und Statistiker MAURICE CHARLES KENNETH TWEEDIE ( ) entwickelt und in der Zeitschrift Mathematical Gazette veröffentlicht: A Graphical Method Of Solving Tartaglian Measuring Puzzles. Im Folgenden soll das 8-Liter-Gefäß mit C bezeichnet werden, das 5-Liter-Gefäß mit A, das 3-Liter-Gefäß mit B. Ziel des Umfüllvorgangs ist es also, dass am Ende jeweils 4 Liter Wein in Gefäß A und in Gefäß C enthalten sind. Die Summe der Flüssigkeitsmengen in den drei Gefäßen A, B und C ist konstant gleich 8 Liter, d. h., die jeweils aktuellen Füllmengen a, b, c der drei Gefäße A, B, C können mithilfe eines Tripels (a ; b ; c) mit a + b + c = 8 beschrieben werden. Zu Beginn des Vorgangs hat man den Füllzustand (0;0;8). Aus Gefäß C kann man maximal 5 Liter der Flüssigkeit in Gefäß A füllen; dann liegt der Füllzustand (5;0;3) vor. Aus Gefäß C kann man maximal 3 Liter der Flüssigkeit in Gefäß B füllen; dann liegt der Füllzustand (0;3;5) vor. Man kann Gefäß C auch vollständig leeren, indem man 5 Liter der Flüssigkeit in Gefäß A füllt und 3 Liter in Gefäß B; dann liegt der Füllzustand (5;3;0) vor. Diese vier extremen Füllzustände sind in der folgenden Grafik als Eckpunkte eines Parallelogramms dargestellt. Füllzustände außerhalb des Parallelogramms sind nicht möglich; daher wird der obere Teil des trilinearen Koordinatensystems im Folgenden weggelassen. Seite 3/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

4 Die einzelnen Umfüllvorgänge zur Lösung des Problems sind in den folgenden Schritten dargestellt. Das Umfüllen geschieht immer so, dass entweder das Gefäß, aus dem ausgegossen wird, vollständig geleert wird, oder dass das Gefäß, in das eingegossen wird, vollständig gefüllt wird, d. h., mindestens eine der trilinearen Koordinaten wird durch den Umfüllvorgang auf einen minimalen oder maximalen Wert gebracht. Da beim Umfüllen immer nur zwei der drei Gefäße betroffen sind, kann man den Vorgang mithilfe einer Verbindungsstrecke zwischen zwei Füllzuständen beschreiben, die jeweils auf den Koordinatenlinien liegen: (0 ; 0 ; 8) (5 ; 0 ; 3) aus Gefäß C werden 5 Liter in Gefäß A gefüllt (maximale Füllmenge von A), Gefäß B ist nicht betroffen, (5 ; 0 ; 3) (2 ; 3 ; 3) aus Gefäß A werden 3 Liter in Gefäß B gefüllt (maximale Füllmenge von B); in Gefäß A bleiben noch 2 Liter. (2 ; 3 ; 3) (2 ; 0 ; 6) der gesamte Inhalt von Gefäß B (3 Liter) wird in Gefäß C geschüttet (in C sind jetzt 6 Liter), (2 ; 0 ; 6) (0 ; 2 ; 6) aus Gefäß A werden die noch vorhandenen 2 Liter in Gefäß B umgefüllt. (0 ; 2 ; 6) (5 ; 2 ; 1) aus Gefäß C werden von den vorhandenen 6 Litern 5 Liter in Gefäß A gefüllt. (5 ; 2 ; 1) (4 ; 3 ; 1) in Gefäß B passt noch 1 Liter; dies wird aus Gefäß A in Gefäß B gefüllt. Seite 4/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

5 Das Problem ist damit gelöst: In Gefäß A ist jetzt die gewünschte Flüssigkeitsmenge von 4 Litern vorhanden. Bezüglich des ursprünglich gestellten Problems fehlt noch ein abschließender Umfüllvorgang: Da der ersten Person das 8-Liter-Gefäß gehört, muss noch der Inhalt von Gefäß B (3 Liter) in Gefäß C geschüttet werden, damit auch die erste Person die gewünschten 4 Liter Wein mit nach Hause nehmen kann. Beschreibung des Umfüllvorgangs mithilfe einer Tabelle: Zustand Gefäß A (0 a 5) Gefäß B (0 b 3) Gefäß C (0 c 8) Die gerade beschriebene Lösung des Umfüllproblems ist nicht die einzige: Alternativ kann man auch damit beginnen, zunächst Gefäß B zu füllen, vgl. die folgende Umfüllsequenz. Hierbei benötigt man insgesamt einen Schritt mehr als bei dem oben beschriebenen Verfahren. (0 ; 0 ; 8) (0 ; 3 ; 5) (3 ; 0 ; 5) (3 ; 3 ; 2) (5 ; 1 ; 2) (5 ; 1 ; 2) (0 ; 1 ; 7) (1 ; 0 ; 7) (1 ; 3 ; 4) Auch hier kann noch zum Abschluss das Umschütten des Inhalts von Gefäß B in das Gefäß A erfolgen, sodass schließlich der Zustand (0 ; 4 ; 4) erreicht ist. Beschreibung des Umfüllvorgangs mithilfe einer Tabelle: Zustand Gefäß A (0 a 5) Gefäß B (0 b 3) Gefäß C (0 c 8) Seite 5/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

6 Analyse des Lösungsverfahrens: Da bei jedem der Füllvorgänge eines der Gefäße nicht beteiligt ist (in der Tabelle durch gelbe bzw. goldgelbe Farbe hervorgehoben) und bei jedem Füllvorgang eines der beiden anderen Gefäße vollständig geleert oder vollständig gefüllt wird, bewegt man sich in der Grafik von einem Punkt des Rahmen- Parallelogramms zu einem anderen Punkt des Parallelogramms, und zwar jeweils entlang einer Parallelen zu einer der Achsen des trilinearen Koordinatensystems. Aus diesen beiden Eigenschaften ergibt sich, dass man ohne die Zwischenschritte zu notieren fortlaufend einen Streckenzug längs der Linien des trilinearen Koordinatengitters zeichnet, immer abwechselnd von der unteren zur oberen Begrenzungslinie und von der oberen zur unteren Begrenzungslinie. Wenn man mit dem Streckenzug auf die rechte oder die linke Begrenzungslinie auftrifft, zeichnet man eine Strecke parallel zu der a-achse von rechts nach links bzw. umgekehrt. Wegen der Art des Koordinatengitters kann man für das Zeichnen des Streckenzugs zur Lösung der Umfüllaufgabe auch das Bild der Bahn einer Billardkugel verwenden: Eine Billardkugel wird vom Ausgangs-Eckpunkt des Parallelogramms aus in Richtung auf einen der beiden benachbarten Eckpunkte gestoßen und fortlaufend an den Seiten des Parallelogramms reflektiert. Das Umfüllproblem ist gelöst, wenn die Kugel auf einen Punkt der parallelogramm-förmigen Bande trifft, dessen erste oder zweite Koordinate gleich der gewünschten Zahl ist. Hinweis: Was die Reflexion der Billardkugel an den Seiten des Parallelogramms bedeutet, ist klar; jedoch muss festgelegt werden, wie die Reflexion in den Eckpunkten erfolgen soll. In der Grafik unten wird angenommen, dass eine Kugel, die von (3 ; 0 ; 5) in Richtung (0 ; 3 ; 5) rollt, in der Ecke nicht mehr reflektiert wird. In der Beschreibung mithilfe der Reflexion einer Billard-Kugel sind auch Variationen der Aufgabenstellung enthalten: Statt des ursprünglich vorgegebenen Ziels, dass die erste und die zweite Person schließlich jeweils 4 Liter Wein erhalten sollen, kann auch jede andere beliebige Aufteilung vorgegeben werden, d. h., auch eine Aufteilung im Verhältnis 1 : 7, 2 : 6, 3 : 5, 5 : 3, 6 : 2 oder 7 : 1 ist möglich. Beispielsweise wird das Verhältnis 1 : 7 beim ersten der beiden betrachteten Verfahren in sechs Schritten erreicht. Zustand Gefäß A (0 a 5) Gefäß B (0 b 3) Gefäß C (0 c 8) Welche Randpunkte gehören zu welchen Aufteilungsverhältnissen? Wie viele Umfüllvorgänge sind erforderlich, um die o. a. Aufteilungen zu realisieren? Aus der folgenden Grafik kann man entnehmen, welchen Weg die Billardkugel nimmt, die von (0 ; 0 ; 8) aus in Richtung (5 ; 0 ; 3) gestoßen wird und zuletzt von (0 ; 3 ; 5) kommend in (5 ; 3 ; 0) endet: Alle Randpunkte mit ganzzahligen Koordinaten werden dabei erreicht. Die Tatsache, dass alle Gitterlinien durchlaufen werden, schließt ein, dass man den Umfüllvorgang auch mit einer beliebigen Startverteilung (a ; b ; c) mit a + b + c = 8 beginnen kann. Seite 6/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

7 Variationen des Umfüllproblems (1) Die zweite Person hat ein 4-Liter- und ein 3-Liter-Gefäß. Die erste Person soll 5 Liter aus dem 8-Liter- Gefäß an die zweite Person abgeben. Die nachfolgende Grafik zeigt eine Lösung des Problems. Erläutern Sie. Wie sieht die alternative Lösung aus? (2) Die zweite Person hat ein 5-Liter- und ein 3-Liter-Gefäß. Die erste Person soll 1 Liter aus ihrem gefüllten 7-Liter-Gefäß abgeben. Die nachfolgende Grafik zeigt eine Lösung des Problems. Erläutern Sie. (3) Jemand besitzt drei Gefäße, in die 5, 6 bzw. 10 Liter passen. Das erste Gefäß ist leer, das zweite und dritte enthalten jeweils 6 Liter. Wie kann man durch Umfüllen erreichen, dass in jedem Gefäß 4 Liter sind? (nach TWEEDIE) (4) Die erste Person mit einem gefüllten 6-Liter-Gefäß begegnet zwei anderen Personen, die ein 5-Liter- Gefäß bzw. ein 3-Liter-Gefäß haben. Die drei beschließen, die 6 Liter Wein so aufzuteilen, dass jeder gleich viel hat. (nach DUDENEY) (5) Drei Räuber wollen ihre Beute von 24 Litern einer kostbaren Flüssigkeit untereinander aufteilen. Sie besitzen aber zusätzlich nur drei Gefäße mit 5 Liter, 11 Liter bzw. 13 Liter Volumen. (nach W. W. ROUSE BALL und H.S.M. COXETER, Mathematical Recreations and Essays) Arithmetisch-algebraische Analyse Angenommen, zu Beginn des Umfüllvorgangs hätte eine beliebige Menge Flüssigkeit in Gefäß C zur Verfügung gestanden, außerdem hätte das Gefäß A ein doppelt so großes Volumen, dann wäre der Umfüllvorgang wie folgt abgelaufen: (0 ; 0 ; c) (10 ; 0 ; c 10) (7 ; 3 ; c 10) (7 ; 0 ; c 7) (4 ; 3 ; c 7) (4 ; 0 ; c 4) In Worten: Zweimal wird so viel aus Gefäß A in Gefäß B abgefüllt, wie in Gefäß B hineinpasst, und dann der Inhalt aus B anschließend wieder zurück in Gefäß C geschüttet. Das Gefäß B wird also nur zum Abmessen von 3-Liter-Einheiten verwendet. Die folgende grafische Darstellung zeigt den Ablauf dieses Umfüllvorgangs. Seite 7/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

8 In der Grafik wird das zweifache Umfüllen von A nach B und das anschließende Entsorgen im Gefäß C durch die beiden von rechts nach links eingezeichneten gleichseitigen Dreiecke mit Seitenlänge b = 3 dargestellt. Diese beiden Dreiecke sind auch in der ursprünglichen Grafik vorhanden, jedoch unterbrochen durch den Zwischenschritt (0 ; 2 ; 6) (5 ; 2 ; 1), bei dem das Gefäß A noch einmal gefüllt werden musste. Dieses Nachfüllen von Gefäß A wurde in der veränderten Anordnung durch Verdopplung des Volumens vermieden. Das ursprünglich gestellte Umfüllproblem wurde dadurch gelöst, dass das Gefäß A zweimal gefüllt und zweimal die maximal mögliche Menge aus Gefäß A in Gefäß B umgefüllt wurde: 2 a 2 b = = 4. Bei der alternativen Lösung des Umfüllproblems wurde insgesamt dreimal das Gefäß B gefüllt und der Inhalt jeweils in Gefäß A umgeschüttet. Das dreifache Umfüllen musste zwischendurch unterbrochen werden, als Gefäß A vollständig gefüllt war; dann musste der Inhalt von Gefäß A in Gefäß C entsorgt werden (in der Grafik ist dies durch den Schritt (5 ; 1 ; 2) (0 ; 1 ; 7) dokumentiert). Der alternative Umfüllvorgang ist erfolgreich, weil auch die folgende Gleichung gilt: 3 b 1 a = = 4. Das Umfüllproblem ist demnach nichts anderes als eine besondere Einkleidung eines arithmetischalgebraischen Problems: Gesucht sind zwei ganze Zahlen x und y, für welche die Gleichung 5 x + 3 y = 4 erfüllt ist. Für diese Gleichung existieren unendlich viele Lösungen (x ; y) für die beiden Variablen p und q:, (+5 ; 7), (+2 ; 2), ( 1 ; +3), ( 4 ; +8), Eine Gleichung dieses Typs, also mit zwei (oder mehr) Variablen, für die nur ganzzahlige Lösungen gesucht werden, bezeichnet man als diophantische Gleichung, benannt zu Ehren des griechischen Mathematikers DIOPHANT, der vermutlich um 250 n. Chr. lebte. Berühmt wurde DIOPHANT durch sein Buch Arithmetica, das vom 15. Jahrhundert an wiederentdeckt wurde (zuerst 1463 durch JOHANNES MÜLLER, bekannt unter dem Namen REGIOMONTANUS, weiter 1575 durch die erste gedruckte Übersetzung durch XYLANDER, 1621 durch eine Übersetzung durch BACHET DE MÉZIRIAC; danach dann durch Kommentare und Veröffentlichungen von PIERRE DE FERMAT, LEONHARD EULER und JOSEPH-LOUIS LAGRANGE). Man kann zeigen: Eine lineare diophantische Gleichung ax + by = c mit vorgegebenen ganzzahligen Koeffizienten a, b, c besitzt genau dann ganzzahlige Lösungen (x ; y), wenn c durch den größten gemeinsamen Teiler von a und b teilbar ist. Im Beispiel des klassischen Umfüllproblems sind a = 5, b = 3 und c = 4, also ist die Bedingung c ist teilbar durch den ggt(a; = 1 erfüllt. Seite 8/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

9 Im Fall a = 4, b = 6, c = 5 findet man keine Lösung, denn der ggt(4;6) = 2 ist kein Teiler von 5. An der Grafik des zugehörigen Umfüllproblems mit einem 6-Liter-Gefäß A, einem 4-Liter-Gefäß B und einem 10-Liter-Gefäß C erkennt man, dass insbesondere der Punkt (5 ; 0 ; 5) nicht erreichbar ist. Ein Billard-Spiel auf einem rechteckigen Tisch mit ganzzahligen Seitenlängen Eine Billard-Kugel werde auf einem rechteckigen Tisch mit den Seitenlängen a und b von der linken unteren Ecke aus unter einem Winkel von 45 angestoßen. Die Bewegung der Kugel soll ohne Reibung verlaufen und an den Banden ideal reflektiert werden. Sobald die Kugel in einem Eckpunkt des Rechtecks ankommt, endet die Bewegung. Welchen Weg legt die Kugel zurück? Wie oft trifft die Kugel auf die Bande? Welche Länge hat der Weg der Kugel? In welcher Ecke endet die Bewegung? Beispiele (1) a = 4 LE und b = 3 LE Der Weg der Kugel kann der folgenden Grafik entnommen werden; er verläuft genau einmal durch jedes der 4 3 = 12 Gitterquadrate und endet in der rechten unteren Ecke des Rechtecks. Insgesamt legt die Kugel eine Strecke von L ( 4;3) = ( ) 2 = 12 2 LE zurück. (2) a = 5 LE und b = 3 LE Die Kugel legt insgesamt eine Strecke von L ( 5;3) = ( ) 2 = 15 2 LE zurück. Der Weg verläuft genau einmal durch jedes der 5 3 = 15 Gitterquadrate und endet in der rechten oberen Ecke des Rechtecks. (3) a = 5 LE und b = 4 LE Die Kugel legt insgesamt eine Strecke von L ( 5;4) = ( ) 2 = 20 2 LE zurück. Der Weg verläuft genau einmal durch jedes der 5 4 = 20 Gitterquadrate und endet in der linken oberen Ecke des Rechtecks. Seite 9/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

10 (4) a = 6 LE und b = 4 LE Die Kugel legt insgesamt nur eine Strecke von L ( 6;4) = ( ) 2 = 12 2 LE zurück. Der Weg endet in der linken oberen Ecke des Rechtecks. Im Unterschied zu den anderen oben betrachteten Beispielen verläuft der Weg der Kugel nicht durch alle Gitterquadrate. Im Prinzip sieht der Weg so aus wie der für a = 3 LE und b = 2 LE, vgl. Abb. rechts, dessen Gesamtlänge nur halb so groß ist: L ( 3;2) = ( ) 2 = 6 2. (5) a = 6 LE und b = 3 LE Die Kugel legt insgesamt eine Strecke von L ( 6;3) = (3 + 3) 2 = 6 2 LE zurück. Der Weg verläuft nicht durch alle Gitterquadrate; er endet in der rechten unteren Ecke des Rechtecks. Im Prinzip sieht der Weg so aus wie der für a = 2 LE und b = 1 LE, vgl. Abb. rechts, dessen Gesamtlänge ein Drittel mal so groß ist: L ( 2;1) = (1 + 1) 2 = 2 2. Den Beispielen kann man entnehmen, dass der Verlauf und die Länge des Weges insbesondere davon abhängen, ob die beiden Seitenlängen a und b zueinander teilerfremd sind oder nicht. Im Beispiel (4) gilt ggt(a; = ggt(6;4) = 2. Zwischen der Länge L( a; des Weges im Rechteck mit den Seitenlängen a und b und der Länge a L( a'; b' ) des Weges im Rechteck mit den Seitenlängen a und b mit a ' = und ggt ( a; der einfache Zusammenhang: L( a; = ggt ( a; L( a'; b' ). Dieser Zusammenhang gilt auch im Beispiel (5) für ggt(a; = ggt(6;3) = 3 = b. b b ' = besteht ggt ( a; In den Beispielen (1), (2) und (3) ist zu beobachten, dass der Weg durch alle Gitterquadrate des Rechtecks verläuft. Die Gesamtlänge des Weges ergibt sich also aus der Anzahl der Gitterquadrate, also aus dem Produkt a b: Wird eine Billardkugel auf einem a b-billard-tisch unter einem 45 -Winkel gegenüber den Banden angestoßen, dann hat der Weg (unter idealen Bedingungen) die Gesamtlänge a b L ( a; = 2. ggt ( a; Bleibt noch zu untersuchen, wovon es abhängt, in welcher Ecke des rechteckigen Billard-Tisches der Weg endet. Dabei beschränken wir uns auf den Fall ggt(a; = 1. Wir legen ein Koordinatensystem über das Rechteck; die Kugel wird im Ursprung angestoßen. Eine mögliche Idee ist, dass dies davon abhängt, ob die Zahlen a und b gerade bzw. ungerade sind. Seite 10/11 Heinz Klaus Strick 03_2018

11 Beispiel (1): a = 4 (gerade) und b = 3 (ungerade): Der Weg endet rechts unten im Punkt (4 ; 0). Beispiel (2): a = 5 (ungerade) und b = 3 (ungerade): Der Weg endet rechts oben im Punkt (5 ; 3). Beispiel (3): a = 5 (ungerade) und b = 4 (gerade): Der Weg endet links oben im Punkt (0 ; 4). Beispiel (4) : a = 3 (ungerade) und b = 2 (gerade): Der Weg endet links oben im Punkt (0 ; 2). Beispiel (5) : a = 2 (gerade) und b = 1 (ungerade): Der Weg endet rechts unten im Punkt (2 ; 0). Die Vermutung erweist sich tatsächlich als richtig. Die Begründung fällt leicht(er), wenn man die im Rechteck entstehenden Flächen so färbt, wie dies in den folgenden Abbildungen geschehen ist: Das 4 3-Rechteck ist achsensymmetrisch zu einer vertikalen Achse (daher endet der Weg der Billard-Kugel spiegelbildlich zum Startpunkt, also im Eckpunkt rechts unten). Das 5 3-Rechteck ist punktsymmetrisch zum Mittelpunkt des Rechtecks (daher endet der Weg der Billard- Kugel im Eckpunkt rechts oben, also im Spiegelpunkt zum Startpunkt). Das 5 4-Rechteck ist achsensymmetrisch zu einer horizontalen Achse (daher endet der Weg der Billard- Kugel spiegelbildlich zum Startpunkt, also im Eckpunkt links oben). Dies bestätigt sich auch bei den folgenden Beispielen Das 6 5-Rechteck (links) ist achsensymmetrisch zu einer vertikalen Achse, das 7 3-Rechteck (Mitte) ist punktsymmetrisch zu Mittelpunkt des Rechtecks, das 7 4-Rechteck (rechts) ist achsensymmetrisch zu einer horizontalen Achse. Der Weg der Billardkugel schließt die in den Grafiken blau gefärbten Kacheln ein; es handelt sich dabei um gedrehte Quadrate, deren Seitenlängen die Länge 2 LE und deren Diagonalen die Länge 2 LE haben. Ist die Seitenlänge a (= Breite des Rechtecks) eine gerade Zahl und die Seitenlänge b (= Höhe des 1 Rechtecks) eine ungerade Zahl, dann passen genau a blaue Kacheln nebeneinander. In der 1 nächsten, darunter liegenden Reihe sind es a 1 blaue Kacheln, die jeweils um 1 LE nach links bzw. 2 rechts eingerückt sind usw. So entsteht ein achsensymmetrisches Bild aus blauen Kacheln mit einer vertikalen Symmetrieachse. Ist umgekehrt die Seitenlänge a eine ungerade Zahl und die Seitenlänge b eine gerade Zahl, dann gilt 1 1 entsprechendes in vertikaler Richtung ( b bzw. b 1 blaue Kacheln übereinander). So entsteht ein 2 achsensymmetrisches Bild aus blauen Kacheln mit einer horizontalen Symmetrieachse. Sind die Seitenlänge a und die Seitenlänge b beides ungerade Zahlen, dann lassen die nebeneinander oder übereinander liegenden blauen Kacheln jeweils nach rechts oder links bzw. nach oben oder unten eine Lücke von 1 LE Seite 11/11 Heinz Klaus Strick 03_2018