1. Runde Aufgaben und Lösungen. Bundeswettbewerb Mathematik

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1 Bundeswettbewerb Mathemat Wssenschaftszentrum Postfach Bonn Fon: Fax: e-mal: nfo@bundeswettbewerb-mathemat.de Korreturommsson Karl Fegert Aufgaben und Lösungen 1. Runde 21 Über Kommentare und Ergänzungen zu desen Lösungsbespelen freuen wr uns! Anschrft oder Emal Adresse s.o. Stand: Jun 21

2 Lösungsbespele Endgültge Fassung Aufgabe 1: Gbt es ene postve ganze Zahl n, für de de Zahl ene Prmzahl st? Anmerung: De Rchtget des Resultates st zu bewesen. n Ensen n Ensen Antwort: Nen, für jedes n st de Zahl ene zusammengesetzte Zahl. n Ensen n Ensen Bewes: Es st offenschtlch = n Ensen n Ensen ; n+ 1 Ensen n 1 Nullen bede Fatoren snd für alle n 1 defnert und verscheden von 1. Varante (formale Schrebwese): De zu untersuchende Zahl hat de Form n Ensen n Ensen 2n n + = = = 1 1 2n n n n = ( 1 1) ( 1 ) = n = = +, st also das Produt zweer natürlcher Zahlen, von denen für jede postve ganze Zahl n bede lener snd als de zu untersuchende Zahl. 2

3 Lösungsbespele Endgültge Fassung Aufgabe 2: Gegeben snd 9999 Stäbe mt den Längen 1, 2,..., 9998, De Speler Anja und Bernd entfernen abwechselnd je enen der Stäbe, wobe Anja begnnt. Das Spel endet, wenn nur noch dre Stäbe übrg bleben. Lässt sch aus desen en ncht entartetes Dreec blden, so hat Anja gewonnen, andernfalls Bernd. Wer ann den Gewnn erzwngen? Anmerung: De Rchtget des Resultates st zu bewesen. Antwort: Bernd ann den Gewnn erzwngen. Vorbemerung: Um de Formulerungen urz zu halten, sprechen wr gelegentlch ncht vom "Stab mt der Länge n", sondern ürzer vom "Stab n". Mt a 1, a 2 und a 3 seen de Längen der zum Schluss übrg blebenden Stäbe bezechnet, wobe a 1 < a 2 < a Bewes (Angabe ener Stratege): Es genügt zu zegen, dass Bernd erzwngen ann, dass a 1 + a 2 a 3. Mt L bezechnen wr de Menge der "langen" Stäbe, d.h. der Stäbe, de länger als 5 snd, mt K de Menge der "urzen" Stäbe, d.h. der Stäbe, de höchstens de Länge 5 haben. De Menge K enthält also 5 Stäbe, de Menge L enthält 4999 Stäbe, jeder Stab st n genau ener der beden Mengen enthalten. Da mt jedem Spelzug genau en Stab entfernt wrd und das Spel endet, wenn noch dre Stäbe übrg snd, wrd nsgesamt = 9996 Mal gezogen, d.h. es fnden genau 4998 Doppelzüge statt; dabe zeht jewels zuerst Anja und dann Bernd. Ene möglche Gewnnstratege für Bernd lautet nun: Wenn Anja enen Stab aus K entfernt, entferne als Antwortzug den ürzesten noch vorhandenen Stab aus L; wenn Anja enen Stab aus L entfernt, entferne den längsten noch vorhandenen Stab aus K. Es genügt nun zu zegen: Bernd ann stets nach deser Stratege zehen: Be Befolgung der Stratege wrd mt jedem Doppelzug aus jeder der beden Mengen genau en Stab entfernt, d.h. n K befnden sch stets noch mndestens = 2 Stäbe, n L mndestens = 1 Stab. Bernd gewnnt mt deser Stratege: Zu Begnn hat de Dfferenz der Längen des ürzesten Stabes aus L und des längsten Stabes aus K den Wert 1. Mt jedem Doppelzug wächst dese Dfferenz be Befolgung der Stratege durch Bernd um mndestens 1. Se beträgt also am Ende des Spels, d.h. nach 4998 Zügen, mndestens = Es st also a a 3. Da zusätzlch a 2 5 und damt a , folgt a 1 + a a 2 a 3. Das war zu zegen. 2. Bewes (Angabe ener Stratege): Wr ordnen jedem Stab s mt Ausnahme des Stabes m = 5 enen Partnerstab s' zu nach folgender Vorschrft: s und s' snd genau dann Partner, wenn s s' = 5. Offenschtlch snd dann auch s' und s Partner; ferner st der Partner jeden Stabes aus L := {x x > 5} en Stab aus S := {x x < 5} und umgeehrt; außerdem gbt es zu Begnn des Speles genau enen Stab ohne Partner, nämlch m = 5. Ene möglche Gewnnstratege für Bernd lautet nun: Wenn Anja enen Stab entfernt, dessen Partner noch vorhanden st, dann entferne desen Partner; n allen anderen Fällen, d.h. wenn Anja enen Stab entfernt, dessen Partner berets entfernt st, dann entferne enen belebgen Stab aus L. Es genügt nun zu zegen: Bernd ann stets nach deser Stratege zehen: We unten gezegt wrd, wrd be Befolgung der Stratege mt jedem Doppelzug stets genau en Stab aus L gezogen. Da = 9996 Mal gezogen wrd, fnden genau 4998 Doppelzüge statt und zum Spelende st noch genau 1 Stab aus L vorhanden. Wenn Anja also enen Stab ohne Partner zeht, ann Bernd mmer den geforderten Stab aus L zehen; und wenn Anja enen Stab mt Partner zeht, ann Bernd ebenfalls zehen, nämlch desen Partner. Bernd gewnnt mt deser Stratege: Nach den 4998 Doppelzügen snd noch de dre Stäbe a 1 < a 2 < a 3 vorhanden. Nach dem oben Gesagten st a 3 der enzge Stab aus L, er hat enen 3

4 Lösungsbespele Endgültge Fassung Partner aus S der Länge a 3 5, der Stab ohne Partner hat ene Länge von höchstens 5. Damt st a 1 + a 2 a = a 3, d.h. de Dreecsunglechung st verletzt und es ann aus desen Stäben en ncht entartetes Dreec gebldet werden. Schleßlch noch der Nachwes, dass be jedem Doppelzug stets genau en Stab aus L gezogen wrd: Vor dem ersten Zug fndet Anja folgende Stuaton vor: Es gbt genau enen Stab ohne Partner und deser st ncht aus L. Wenn Anja nun enen Stab mt Partner entfernt, so entfernt Bernd dessen Partner; von desen beden Stäben st genau ener aus L, der Stab ohne Partner wrd ncht berührt. Wenn Anja dagegen enen Stab ohne Partner entfernt, so zeht se hn ncht aus L. Alle anderen verblebenden Stäbe (des snd mehr als dre) haben enen Partner, nsbesondere snd mndestens zwe Stäbe n L, Bernd ann also we gefordert enen Zug aus L machen; des st glechzetg der enzge Zug aus L n desem Doppelzug. Außerdem nmmt Bernd durch senen Zug enem Stab, der ncht n L st, senen Partner; des st vor Anjas nächstem Zug der enzge Stab ohne Partner. Nach dem ersten Doppelzug fndet Amja also n jedem Fall weder folgende Bedngung vor: Es gbt genau enen Stab ohne Partner und deser st ncht aus L. Nun ann für den zweten Zug de obge Begründung übernommen werden und man schleßt ndutv, dass be jedem Zug genau ene Stab aus L gezogen wrd. Bemerung: Bernd ann stets den Gewnn erzwngen, wenn de Anzahl n der Stäbe ungerade st. Zum Nachwes ersetzt man m 1. oder 2. Bewes de Zahl 5 durch de Zahl durch (n+1) / 2. Dagegen ann be geradem n stets Anja den Gewnn erzwngen, z.b. mt folgender Stratege: "Nmm mmer den ürzesten Stab". Da se (n 2) / 2 Züge macht, haben de beden ürzesten Stäbe mndestens de Länge n / 2 und n / 2 +1; deren Summe st n + 1, also scher größer als de Länge des längsten Stabes. 4

5 Lösungsbespele Endgültge Fassung Aufgabe 3: Über den Seten enes Dreecs XYZ werden nach außen hn zuenander ähnlche Dreece YDZ, EXZ und YXF aufgesetzt; hre Umresmttelpunte seen K, L bzw. M. Dabe snd ZDY = ZXE = FXY und YZD = EZX = YFX. Man zege, dass das Dreec KLM zu den aufgesetzten Dreecen ähnlch st. 1. Bewes (Nachwes der Ähnlchet über de Innenwnel des Dreecs KLM): De Umrese der Dreece YDZ, EXZ und YXF seen mt K x, K y bzw. K z bezechnet. Je zwe deser Krese schneden sch n den Punte X bzw. Y bzw. Z. Wr behandeln zuerst den Fall, dass je zwe deser Krese enen weteren gemensamen Punt bestzen. Der von Z verschedene Schnttpunt der Krese K x und K y se mt N bezechnet. Es st lecht zu zegen, dass N auch en Punt des Kreses K z st: Nach Konstruton snd de Verece XNZE und YDZN (evtl. überschlagene) Sehnenverece, also st, wenn N und E auf verschedenen Bögen über XZ legen, ZNX = 18 XEZ und YNZ = 18 ZDY. bzw. wenn N und E auf dem glechen Bogen über XZ legen, XNZ = XEZ und ZNY = ZDY. Heraus folgt XNY = 36 (18 XEZ) ( 18 ZDY) = XEZ + ZDY = 18 YFX. bzw. ebenfalls XNY = XNZ + ZNY = = XEZ + ZDY = 18 YFX Dabe wurde benützt, dass de aufgesetzten Dreece de glechen Innenwnel bestzen. Damt st auch das Verec YNXF en Sehnenverec, d.h. der Punt N legt auf dem Umres des Dreecs YXF. E De Strecen XN und ZN snd gemensame Sehnen der Krese K Y und K z bzw. KY der Krese K y und K x. Se schneden de KX Verbndungsgeraden der betreffenden Z Mttelpunte rechtwnlg n Punten, de wr M XN bzw. M ZN nennen. Von her D önnen wr verscheden schleßen: KZ X L MXN M MZN N Y K Varante 1:Aus Symmetregründen st M XN LN = 1 / 2 XLN, und NLM ZN = 1 / 2 NLZ. Also st unter Verwendung der Tatsache, dass L Umresmttelpunt von K Y st, (angegebene Wnel snd als gerchtete Wnel zu verstehen) F MLK = M XN LM ZN = 1 / 2 XLN + 1 / 2 NLZ = 1 / 2 XLZ = XEZ. d.h. de Dreece KLM und EXZ haben be L bzw. E gleche Innenwnel. Varante 2: Damt hat das (evtl. überschlagene) Verec LM XN NM ZN an zwe gegenüber legenden Punten rechte Wnel, st also en Sehnenverec. M ZN st Mttelpunt von ZN, ebenso M XN Mttelpunt von XN. Damt überführt de zentrsche Strecung mt Zentrum N und Strecfator 2 den Punt N auf sch selbst, M ZN nach Z und M XN nach X; also auch den Umres des Verecs LM XN NM ZN auf den Kres K Y. Insbesondere wrd be deser zentrschen Strecung das Dreec KLM auf en 5

6 Lösungsbespele Endgültge Fassung Dreec K'L'M' abgebldet, dessen Seten durch X und Z gehen und dessen Ece L' auf dem Kres K Y legt. Nach Umfangswnelsatz st dann MLK = XL'Z = XEZ. Mt analoger Argumentaton erhalten wr, dass das Dreec KLM be K den glechen Innenwnel hat we das Dreec YDZ be D, welcher nach Konstruton mt dem Innenwnel des Dreecs EXZ be X überenstmmt. Damt gbt es n den Dreecen KLM und EXZ zwe Paare glecher Wnel, se snd also ähnlch. Falls zwe der Krese genau enen gemensamen Punt haben, ann de vorlegende Argumentaton übernommen werden, wenn man z.b. "gemensame Sehne ZN" durch "gemensame Tangente n Z" ersetzt. Bemerungen: De Dsusson der möglchen verschedenen Lagebezehungen, (z.b. wenn de Punte E und N auf dem glechen Bogen über der Sehen XZ legen) st her sehr napp abgehandelt und bedarf egentlch ener ausführlcheren Betrachtung. Der Punt N st glechzetg gemensamer Punt der Geraden XD, YE und ZF. Des folgt sofort aus ZNF = ZNX + XNF = (18 XEZ) + XYF = 18. Der vorlegende Bewes benützt nur de Tatsache, dass de dre Wnel an den Sptzen zusammen 18 ergeben. Es genügt also, von den aufgesetzten ähnlchen Dreecen nur zu verlangen, dass jeder der Innenwnel en Mal an der Sptze legt. 2. Bewes (Nachwes der Ähnlchet über de Verhältnsse der Setenlängen): Nach Voraussetzung snd de Dreece EXZ und YXF glechsnng ähnlch. Damt stehen auch hre Umresraden m glechen Verhältns we entsprechende Seten, es st also MX LX = FX. Weter folgt aus der Ähnlchet, dass ZXL= FXM (alle Wnel seen her orentert betrachtet); heraus folgt sofort MXL ZX = FXZ. Damt snd de Dreece MXL und FXZ ähnlch, heraus folgt ML MX = FZ FX. Mt analoger Argumentaton n den Dreecen YXF und YDZ erhalten wr über KYM = ZYF YM und YK = YF MY de Ähnlchet der Dreece KYM und ZYF und heraus YZ MK = FY FZ. E ε Unter Verwendung von MX = MY berechnen wr das Verhältns der zwe von K ausgehenden Seten m Dreec KLM: L Z K δ D ML MK ML MY = = MX MK = FY FX, FZ FY FX FZ X M Y d.h. zwe Seten des Dreecs KLM stehen m glechen Verhältns we zwe Seten des Dreecs XYF. Analoge Schlussfolgerung zegt noch KL KM = DY, was den Bewes DZ beendet. Φ 3. Bewes (Varante des 2. Bewes mt (Drehstrecung): Aufgrund der Konstruton F der aufgesetzten Dreece gbt es ene Drehstrecung mt Zentrum X und Strecfator ZX, de das Dreec EXZ und dessen Umres- FX 6

7 Lösungsbespele Endgültge Fassung mttelpunt L n das Dreec YXF und dessen Umresmttelpunt M überführen. Insbesondere wrd das Dreec ZXL n das Dreec FXM überführt und es st ZXL = FXM sowe ZX LX = FX MX. Also gbt es ene wetere Drehstrecung um den Punt X, de L n Z und M n F überführt; de Berechnung hres Strecfators auf zwe Arten führt zu FX MX = FZ ML. Mt analoger Argumentaton erhalten wr, dass ene zwete Drehstrecung mt Zentrum Y den Punt K n Z und M n F überführt; deren Strecfator st FY MY = FZ MK. "Dvson der beden Glechungen" führt zu FX MX : FY MY = FZ ML : FZ, was unter Verwendung von MK MX = MY sch zu FX FY = MK verenfacht, d.h. es gbt n den Dreecen KLM und XYF je en ML Paar Seten, deren Längen m glechen Verhältns zuenander stehen. Analoge Schlussfolgerung zegt des über KL KM = DY für en zwetes Setenpaar, was den Bewes beendet. DZ 4. Bewes (mt Abbldungsgeometre, vgl. Fgur zum 2. Bewes): Mt [P α ] se de Drehung um den Punt P um den Wnel α bezechnet, mt [AB] de Spegelung an der Geraden AB. De Innenwnel der aufgesetzten Dreece seen entsprechend der Bezechnung von Ecen, an denen se vorommen, mt δ, ε, ϕ bezechnet, es st δ + ε + ϕ = 18. Da K Mttelpunt des Umreses von YDZ st, st nach Umfangswnelsatz ZKY = 2 ZDY = 2δ, also st das Bld von Y be der Drehung [K 2δ ] der Punt Z. Analog schleßen wr, dass der Punt Z be der Drehung [L 2ε ] auf X und deser be der Drehung [M 2ϕ ] weder auf Y abgebldet wrd. Alle Drehungen haben den glechen Drehsnn, also st de Summe der Drehwnel be desen dre Drehungen 36 und hre Verettung [M 2ϕ ] [L 2ε ] [K 2δ ] st somt ene Parallelverschebung. Da zusätzlch das Bld von Y be deser Parallelverschebung weder Y st, st dese Abbldung sogar de Identtät d. Nun wählen wr den Punt M' so, dass m Dreec KLM' der Wnel LKM' de Wete δ und den glechen Drehsnn we ZKY hat und zusätzlch der Wnel M'LK de Wete ε hat. Es se bemert, dass dann auch KLM' den glechen Drehsnn we ZLX hat. Beanntlch st de Verettung zweer Achsspegelung ene Drehung um den Schnttpunt der Achsen um den doppelten Wnel zwschen den Achsen, wobe sch der Drehsnn aus der Rehenfolge der Spegelungen ergbt. Also önnen wr schleßen (de beden aufenander folgenden Achsspegelungen an KL heben sch auf): d = [M 2ϕ ] [L 2ε ] [K 2δ ] = [M 2ϕ ] ([LM'] [KL]) ([KL] [M'K]) = [M 2ϕ ] ([LM'] [M'K]) = [M 2ϕ ] [M' 2ϕ ]. Dese beden Drehungen heben sch also auf; des st genau dann der Fall, wenn M = M'. Damt hat KLM' = KLM de glechen Innenwnel we de aufgesetzten Dreec, st also ähnlch zu hnen. Bemerungen: De Aussage der Aufgabe st für Spezalfälle berets beannt: Wenn de aufgesetzten Dreece glechsetg snd, erhält man enen Zusammenhang, der unter dem Begrff "Satz von Napoleon" beannt st. Jeder Bewes deses Satzes, der nur benützt, dass de Innenwnel des Dreecs glechgroß snd we de Wnel an den Sptzen der aufgesetzten Dreece, ann umgeschreben werden n enen Bewes für de Aussage der Aufgabe. Wenn de aufgesetzten Dreece rechtwnlg glechschenlg snd, so ann man zwe davon zu Quadraten ergänzen; de Aussage aus der Aufgabe lautet dann (vgl. Aufgabe 3 n der 1. Runde des BWM 1998): 7

8 Lösungsbespele Endgültge Fassung Über de Seten BC und CA enes belebgen Dreecs ABC werden nach außen Quadrate errchtet. Der Mttelpunt der Sete AB se M, de Mttelpunte der beden Quadrate seen P und Q. Man bewese, daß das Dreec MPQ glechschenlg-rechtwnlg st. Zusätzlch lässt sch bewesen, dass de Geraden LK und FZ sch rechtwnlg schneden: Im Dreec XYF st nach Umfangswnelsatz 2 XYF = XMF, also FXM = 9 XYF; des st der Drehwnel der Drehstrecung um X, de LM n ZF überführt. Anderersets st wegen der Ähnlchet der Dreece MLK = XYF; damt hat der Wnel zwschen den Geraden LK und FZ de Wete XYF + 9 XYF = 9. 8

9 Lösungsbespele Endgültge Fassung Aufgabe 4: Bestmme alle Zahlen, de sch auf genau 21 Arten als Summe von Zweerpotenzen mt ncht negatven ganzen Zahlen als Exponenten darstellen lassen, wobe n jeder der Summen jede Zweerpotenz höchstens dremal als Summand auftreten darf. Dabe snd zwe Darstellungen als glech anzusehen, wenn se sch nur n der Rehenfolge hrer Summanden unterscheden. Ene Summe ann her auch aus nur enem Summanden bestehen. Anmerung: De Rchtget des Resultates st zu bewesen. Antwort: De beden Zahlen 418 und 419 und nur dese haben de gesuchte Egenschaft. Gemensame Bezechnungen: Für ganze Zahlen n, a schreben wr n Anlehnung an de Darstellung der Zahl n m Zweersystem n = [a, a 1, a 2,..., a 1, a ], wenn n = a 2, = und nennen des ene Darstellung von n als Summe von Zweerpotenzen; de a nennen wr auch Zffern der Darstellung. Wenn zusätzlch a {, 1, 2, 3} für alle = 1, 2,...,, d.h. wenn de zusätzlchen Bedngungen n der Aufgabenstellung erfüllt snd, nennen wr de Darstellung von n zulässg. (Damt lassen wr n Erweterung der Aufgabenstellung auch de leere Summe zu, dese Summe stellt de Zahl, nur dese, und es st de enzge zulässge Darstellung der Zahl. Das unten hergeletete Ergebns blebt somt gültg.) De Anzahl der zulässgen Darstellungen der Zahl n bezechnen wr mt d(n). Gelegentlch sprechen wr ürzer von "der Zahl [a, a 1, a 2,..., a 1, a ]" anstatt von "der Zahl, de ene Darstellung [a, a 1, a 2,..., a 1, a ] bestzt". 1. Bewes: Offenschtlch st der Wert jeder zulässgen Darstellung ene ncht negatve ganze Zahl; es genügt also, ncht negatve ganze Zahlen hnschtlch hrer Darstellbaret zu untersuchen. Über de Aufgabenstellung hnaus werden wr zegen, dass d(n) = n für alle n =, 1, 2, 3,.... n Da de Glechung d(n) = 21 = offenschtlch genau de Lösungen n = 418 und n = 419 hat, folgt so unmttelbar de Behauptung. Zuerst zegen wr, dass für jede ncht negatve gerade ganze Zahl n de Glechung d(n) = d(n+1) glt: Se n = [a, a 1, a 2,..., a 1, a ] ene zulässge Darstellung von n. Da n gerade st, st a {, 2}, folglch (a + 1) {1, 3} und somt st n + 1 = [a, a 1, a 2,..., a 1, a +1] ene zulässge Darstellung der ungeraden Zahl n + 1. Jeder zulässgen Darstellung von n st so endeutg ene zulässge Darstellung von n + 1 zugeordnet; umgeehrt ann jeder zulässgen Darstellung ener ungeraden Zahl n + 1 durch Umehrung deser Zuordnung endeutg ene zulässge Darstellung der geraden Zahl n zugeordnet werden. Damt st de Anzahl deser Darstellungen glech, d.h. es st d(n) = d(n+1). Weter zegen wr, dass für jedes gerade n de Glechung d(n + 2) = d(n) + 1 glt: Se n = [a, a 1, a 2,..., a 1, a ] ene zulässge Darstellung von n; da n gerade st, st a {, 2}. Dann st n + 2 = [a, a 1, a 2,..., a 1, a +2] ene Darstellung von n + 2. Im Fall a = st dese auch zulässg. Jeder zulässgen Darstellung von n mt a = st so umehrbar endeutg ene zulässge Darstellung von n + 2, deren erste Zffer 2 st, zugeordnet. De Anzahl deser Darstellungen st also glech. Im Fall a = 2 st dese Zuordnung etwas omplzerter: Enfaches Nachrechnen (dem "Übertrag" bem Adderen n enem Stellenwertsystem verglechbar) zegt, dass [a,..., a 1, a +2] = [a,..., a 2, a 1 +2, a 2] =... = [a,..., a +1, a +2, a 1 2,..., a 2]; 9

10 Lösungsbespele Endgültge Fassung für das lenste mt a +2 3 erhalten wr so ene zulässge Darstellung von n + 2 (evtl. benötgen wr noch ene zusätzlche Zffer a +1 = 2). Wr bemeren noch, dass n deser Darstellung mndestens ene Zffer, nämlch de n dem Verfahren zuletzt behandelte, mndestens den Wert 2 hat. Also önnen wr jeder Darstellung von n mt Anfangszffer a = 2 ene Darstellung von n + 2, n der de erste Zffer den Wert und mndestens ene Zffer enen Wert vom mndestens 2 hat, zuordnen. Auch her st de Zuordnung umehrbar endeutg: Es st nämlch (se lenster Index mt a 2, dann st a j +2 3 für alle j <, ferner st a gerade und lener als 2, also a = ): n 2 = [a,..., a j,..., a 2, a 1, a ] 2 = [a,..., a j 2, a j 1 +4,..., a 2, a 1, ] 2 = [a,..., a j 2, a j 1 +2, a j 2 +4, a j 3,..., a 2, a 1, ] 2 =... =... = = [a,..., a j 2, a j 1 +2, a j 2 +2, a j 3 +2,..., a 2 +2, a 1 +2, 4] 2 = [a,..., a j 2, a j 1 +2, a j 2 +2, a j 3 +2,..., a 2 +2, a 1 +2, 2]. De Betrachtung beder Fälle zegt also, dass de Gesamtzahl der zulässgen Darstellungen von n dentsch st mt der Anzahl zulässger Darstellungen von n + 2, de mndestens ene Zffer 2 oder 3 enthalten. Es blebt also noch, alle Darstellungen von n + 2 zu zählen, n denen ausschleßlch Nullen und Ensen vorommen: Dese snd dentsch mt den Darstellungen von n + 2 m Dualsystem, davon gbt es beanntlch genau ene. Des setzen wr für gerade n zusammen zu d(n+2) = d(n) +1; dese Formel glt offenschtlch auch für ungerade n. Ferner st = [] de enzge zulässgen Darstellung von, also st d() = 1. Das bsher Gesagte lässt sch somt zusammenfassen zu De Zahlenfolge d(n) erfüllt de Bedngung d() = 1, dn ( + 1) = dn ( ) falls ngerade, { dn ( ) + 1 falls nungerade. Offenschtlch st dese Zahlenfolge durch dese Reurson endeutg bestmmt. Ebenso offenschtlch n st, dass auch de Zahlenfolge deser Reursonsglechung gehorcht. Damt snd bede dentsch, das war zu zegen. Varante: Zuerst zegen wr we oben, dass für alle geraden n de Glechung d(n) = d(n+1) glt, d.h. dass für alle n de Glechung d(2n) = d(2n+1). Weter zegen wr, dass für jedes n 1 de Glechung d(2n) = d(n) + d(n 1) glt: Se weder 2n = [a, a 1,..., a 1, a ] ene zulässge Darstellung von 2n. Da 2n gerade st, st a {, 2}. Für zulässge Darstellungen von 2n mt a = betrachten wr de Zahl [a, a 1,..., a 2, a 1 ], d.h wr schneden de erste Zffer der betrachteten Darstellung von 2n ab. Des entsprcht ener Dvson durch 2, d.h. [a, a 1,..., a 2, a 1 ] st ene (offenschtlch zulässge!) Darstellung der Zahl n. Jeder zulässgen Darstellung von 2n mt a = st so endeutg ene zulässge Darstellung von n zugeordnet; dese Zuordnung st offenschtlch bjetv. Es gbt also d(n) zulässge Darstellungen von 2n mt Anfangszffer. Für zulässge Darstellungen von 2n mt a = 2 betrachten wr ebenfalls de Zahl [a 1,..., a 2, a 1 ], d.h. wr subtraheren 2 und schneden de erste Zffer ab. Des entsprcht ener Subtraton von 2 mt anschleßender Dvson durch 2; d.h. [a 1,..., a 2, a 1 ] st ene (offenschtlch zulässge) Darstellung der Zahl n 1 (es st n 1, also n 1.). Jeder zulässgen Darstellung von 2n mt a = 2 st so endeutg ene zulässge Darstellung von n 1 zugeordnet; dese Zuordnung st offenschtlch bjetv. Es gbt also d(n 1) zulässge Darstellungen von 2n mt Anfangszffer 2. Damt snd alle möglchen zulässgen Darstellungen von 2n untersucht, es glt d(2n) = d(n) + d(n 1). Nun önnen wr abschleßend de Gültget der egentlche Formel mttels vollständger Induton nach n zegen (wobe der Indutonsschrtt von geradem n über n+1 zu n+2, dem nächsten geraden n geht): 1

11 Lösungsbespele Endgültge Fassung Indutonsanfang: Es snd = [] und 1 = [1] offenschtlch de jewels enzgen zulässgen Darstellungen von bzw. 1, also st d() = 1 = 2 +1 und d(1) = 1 = , d.h. de Aussage st rchtg für n = und n = 1. Indutonsannahme: De Aussage se rchtg für en bestmmtes gerades n. Indutonsschluss: Dann st se auch rchtg für das ungerade n + 1 und das gerade n + 2: Nach oben nachgewesenen Glechungen glt für gerade n n d(n+1) = d(n) = 2 +1 = n ; ferner glt für das ganzzahlge n*:= n / 2 : d(n+2) = d(2(n*+1)) = d(n*+1) + d(n*) = 2( n * + 1) = 2 +1 = n , d.h. de Formel glt für n+1 und für n+2. n * n* 2 +1 = 2n* Bewes: Se n = a 2 mt a {, 1, 2, 3} für alle, ene zulässge Darstellung der Zahl n. = Beanntlch st de Darstellung jeder ganzen Zahl m Zweersystem endeutg. Also gbt es für jedes a {, 1, 2, 3} endeutg bestmmte Zahlen b, c {, 1} sodass a = b 1+ c 2. Dann st n = a 2 = ( b + 2c) 2 = = = b + = = 2 2 c2. Über dese Glechung önnen wr jeder zulässgen Darstellung von n endeutg zwe ncht negatve ganze Zahlen b := b 2 und c := 2 c 2 zuordnen, deren Summe b + c den Wert n hat und be = = denen c gerade st. Dese Zuordnung st, da sch de b,c {, 1} aus der endeutgen Darstellung deser Zahlen m Zweersystem ergeben, bjetv. Damt gbt es genau so vele zulässge Darstellungen von n, we es solche Summen gbt, d.h. so vele, we es ncht negatve ganze gerade n Zahlen gbt, de ncht größer als n snd. Heraus folgt sofort d(n) = Schleßlch bemeren wr, n dass de Glechung d(n) = = 21 genau de Lösungen 418 und 419 hat.. 11