2. Runde Aufgaben und Lösungen. Bundeswettbewerb Mathematik

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1 Bundeswettbewerb Mathematk Wssenschaftszentrum Postfach Bonn Fon: Fax: e-mal: nfo@bundeswettbewerb-mathematk.de Korrekturkommsson Karl Fegert Aufgaben und Lösungen. Runde 005 Über Kommentare und Ergänzungen zu desen n freuen wr uns! Anschrft oder Emal Adresse s.o. Stand: Oktober 005

2 BWM 005 II Aufgabe 1: Zwe Speler haben auf enem 100x100 Schachbrett je enen Sten. Se zehen abwechselnd hren Sten, wobe jeder Zug aus enem Schrtt senkrecht oder waagrecht auf en Nachbarfeld besteht und A den ersten Zug ausführt. Zu Begnn legt der Sten von A n der lnken unteren Ecke und der Sten von B n der rechten unteren Ecke. Man bewese: Der Speler A kann unabhängg von den Spelzügen des Spelers B stets nach endlch velen Zügen das Feld errechen, auf dem gerade der Sten von B steht. Vorbemerkungen: Anstatt "Der Sten des Spelers A steht / wrd gezogen... " sagen wr häufg kürzer "A steht / zeht...". De Felder des Schachbrettes seen n üblcher Wese abwechselnd schwarz und weß gefärbt. De Zugregel bewrkt dann, dass be jedem Zug der Sten auf en Feld der anderen Farbe gezogen wrd. Da zu Begnn de beden Stene auf Feldern verschedener Farbe stehen und A mt dem Zehen anfängt, stehen de Stene vor jedem Zug von A und nach jedem Zug von B auf Feldern verschedener Farbe; se stehen vor jedem Zug von B und nach jedem Zug von A auf Feldern glecher Farbe. Heraus folgt übrgens, dass der Speler B nemals senen Sten auf das Feld setzen kann, auf dem gerade der Sten von A steht. Mt "Spaltenabstand zweer Stene" und "Zelenabstand zweer Stene" se de Mndestzahl von Zügen bezechnet, de en Sten benötgt, um (be feststehendem anderen Sten) n de gleche Spalte bzw. de gleche Zele we der andere Sten zu kommen, mt "Abstand" bezechnen wr de Summe aus Spalten und Zelenabstand. Be jedem Zug wrd genau ene der ersten beden Größen um 1 klener oder größer, ebenso der Abstand. Heraus folgt, dass vor jedem Zug von A der Abstand ene ungerade ganze Zahl, vor jedem Zug von B ene gerade ganze Zahl st. Der Abstand zweer Stene st mmer ene ganze Zahl. Übrgens folgt heraus ebenfalls, dass der Speler B nemals senen Sten auf das Feld setzen kann, auf dem gerade der Sten von A steht. Wr sagen "Sten X bewegt sch zu Sten Y hn" bzw. "von Sten Y weg", wenn der Spalten oder Zelenabstande klener bzw. größer wrd. 1. Bewes (konkrete Angabe ener Stratege): Ene möglche Stratege für A st nun de folgende: "Betrachte vor denem Zug das Rechteck aus Schachfeldern, das durch de Zelen und Spalten bestmmt wrd, auf denen de beden Stene stehen. Zehe nun so, dass de längere Sete deses Rechtecks kürzer wrd." Um nachzuwesen, dass A mt deser Stratege das Zel des Speles errecht, wesen wr folgendes nach: * De geforderten Züge snd endeutg beschreben: De Summe der um 1 vermnderten Setenlängen des Rechtecks st der Abstand der beden Stene; wären de Setenlängen des Rechtecks vor dem Zug von A glech, so wäre der Abstand ene gerade Zahl. Des st aber ne der Fall, wenn A am Zug st. Also st mmer ene Sete länger als de andere und jeder Zug endeutg beschreben. * De geforderten Züge snd mmer möglch: De längere Sete des Rechtecks besteht aus mndestens Feldern, sodass A senen Zug mmer nnerhalb des Rechtecks durchführt. Da das angegebene Rechteck mmer vollständg nnerhalb des Schachbretts legt, snd de Züge möglch. * De Stratege führt zum Zel: A zeht mmer nnerhalb des bestehenden Rechtecks, jeder Zug nnerhalb des Rechtecks verkürzt den Abstand der Stene um 1. Wenn nach dem Zug von A der Abstand den Wert 0 hat, dann steht der Sten von A auf dem Feld, auf dem gerade der Sten von B steht, und A hat das Zel errecht. Um des zu verhndern, muss also B rgendwann ene Folge von Zügen fnden, be der er be jedem enzelnen Zug den Abstand um 1 vergrößert, d.h. jeder Zug von B muss aus dem Rechteck hnaus führen. Des st jedoch ncht möglch, we folgende Argumentaton zegt: O.B.d.A. se das Rechteck wenger Felder hoch als Felder bret, ferner stehe der Sten von A n ener Spalte, de weter lnks von der Spalte von B legt (andernfalls dreht man das Schachbrett um 90 und / oder spegelt es an ener Zele oder Spalte.) Wenn das Rechteck nur 1 Feld hoch, also Tel von nur ener Zele st, st es der Abstand der Stene st vor dem Zug von B geradzahlg mndestens 3 Felder bret. En Zug außerhalb des Rechtecks für B st entweder en Zug nach oben (oder unten), dann st der

3 BWM 005 II Abstand nach dem folgenden Zug von A glechgebleben und das Rechteck hat ene Höhe von Feldern und ene Brete von mndestens 3 Feldern. Oder B zeht nach rechts, dann blebt de Form des Rechtecks nach dem folgenden Zug von A unverändert und es wrd ledglch um ene Spalte nach rechts verschoben. Enen Zug nach rechts kann B aber wegen der Begrenzung des Schachbretts nur endlch oft durchführen. Nach endlch velen Zügen muss B also nach oben (oder unten) zehen, d.h. de beden Seten des Rechtecks haben dann ene Länge von mndestens bzw. 3 Feldern und der Abstand der Stene st glechgebleben. Wenn das Rechteck nun mndestens Felder hoch und mndestens 3 Felder bret st, steht B n der oberen rechten Ecke. B kann also aus dem Rechteck hnaus nur nach rechts oder nach oben zehen; n beden Fällen behält das Rechteck nach dem Zug von A sene Form und wrd nur um ene Spalte nach rechts oder ene Zele nach oben verschoben. Wegen der Begrenzthet des Schachbrettes snd dese beden Züge nur endlch oft möglch. Nach endlch velen Zügen st B also gezwungen, nnerhalb des Rechtecks zu zehen. Bemerkung: Mt desem Bewes st gezegt, dass A das Zel des Speles mmer dann errechen kann, wenn vor enem Zug von A de beden Stene auf Feldern verschedener Farbe legen.. Bewes (egtl. nur ene andere Beschrebung der Stratege aus dem 1. Bewes): Mt dem Begrff "Dagonale des Stenes X" bezechnen wr de Rehe von Feldern, de sch unterenander an der lnken unteren bzw. rechten oberen Ecke berühren und de dasjenge Feld enthält, auf dem der Sten X gerade steht. Be deser Defnton hat das 100x100 Schachbrett 199 dsjunkte Dagonalen, jedes Feld gehört zu genau ener Dagonalen, je nach Lage besteht ene Dagonale aus höchstens 100 Feldern und mndestens enem Feld, alle Felder ener Dagonalen haben de gleche Farbe. Be jedem Zug wrd en Sten auf de benachbarte Dagonale gesetzt. En möglche Stratege für A, um das Zel des Speles zu errechen, st de folgende: "Zu Begnn zeht A auf der untersten Zele stets nach rechts, bs er auf der Dagonalen des Stens von B steht. Danach antwortet A auf jeden Zug von B we folgt: (1) Zeht B nach rechts oder unten, so zeht A nach rechts. () Zeht B nach oben oder lnks, so zeht A nach oben." Um nachzuwesen, dass dese Stratege zum Zel führt, wesen wr folgendes nach: * Nach endlch velen Zügen steht A tatsächlch auf der Dagonalen des Stenes B: Jede Dagonale trennt auf dem Schachbrett zwe dsjunkte Bereche: En Berech lnks von deser Dagonalen und enen Berech rechts von deser Dagonalen (wobe z.b. der rechte Berech leer sen kann, nämlch wenn B auf dem Feld rechts unten steht.) Zu Begnn steht A lnks von der Dagonalen von B; wenn er mmer nach rechts zeht, steht er nach 100 Zügen auf dem Feld rechts unten; da dann der Berech rechts von der Dagonalen leer st und de Dagonale von A aus nur enem Feld besteht, verläuft de Dagonale von B lnks von A. Damt hat A be rgendenem Zug entweder sch auf de Dagonale von B gestellt oder B hat so gezogen, dass sene Dagonale durch das Feld von A geht. Da alle Felder ener Dagonalen gleche Farbe haben, trtt deser Fall nach dem Zug von A auf. * De angegebenen Züge snd endeutg defnert: Zu jeder der ver Zugmöglchketen von B st ene endeutge Zuganwesung gegeben. * De angegebenen Züge snd mmer möglch: Da A sene ersten Züge auf der untersten Zele durchführt, gbt es be Errechen der Dagonalen von B zwe Möglchketen: Entweder steht er auf dem glechen Feld we B, dann st das Zel errecht. Oder er steht lnks und damt auch unterhalb von B; dann snd Züge nach rechts und nach oben mmer möglch. Nach jedem Zug von A stehen bede Stene weder auf der glechen Dagonalen, damt snd de angegebenen Züge weder möglch. * De Stratege führt zum Zel: Wenn A zum ersten Mal de Dagonale von B errecht hat, stehen de beden Stene nach jedem Zug von A weder auf der glechen Dagonalen. Wenn B nach unten oder nach lnks zeht, verklenert sch der Abstand zu A um 1, der darauf folgende Zug von A verklenert den Abstand erneut um 1; nach enem solchen Doppelzug hat sch also der Abstand um Felder verrngert. Wenn B nach oben oder nach rechts zeht, vergrößert sch der Abstand um 1 und der anschleßende Zug von A verklenert hn weder um 1; nach enem solchen Doppelzug blebt der Abstand also glech. Da das Schachbrett 3

4 BWM 005 II aber begrenzt st, kann B nach jedem Zug nach lnks oder unten nur endlch oft nach oben oder nach rechts zehen. Nach endlch velen Zügen hat damt der Abstand der Stene den Wert 0 errecht; da 0 ene gerade Zahl st, st des nach dem Zug von A der Fall und A hat das Zel des Speles errecht. Bemerkung: Dese Stratege bezeht sch auf de spezelle Ausgangsstellung. Se kann allerdngs lecht auf rechteckgen Schachbrettern belebger Größe verallgemenert werden, wenn nur verlangt wrd, dass zu Begnn A und B auf Feldern verschedener Farbe stehen. 4

5 BWM 005 II Aufgabe : Es se x ene ratonale Zahl. Man bewese: Es gbt nur endlch vele Trpel (a,b,c) ganzer Zahlen mt a < 0 und b 4ac = 5, für de ax + bx +c > 0. Bezechnung: En Trpel, das für en bestmmtes x de Bedngungen der Aufgabe erfüllt, nennen wr en "zur Zahl x zulässges Trpel" oder auch kürzer "x zulässges Trpel". 1. Bewes: Se a < 0. Dann st bekanntlch der Graph der Funkton p a,b,c : x ax + bx +c ene nach b b 4ac unten geöffnete Parabel, deren Schetel de Koordnaten (x s,y s ) = (, ) hat; also st a 4a b 4ac ax + bx +c für alle x. (*) 4a Seen nun x ene ratonale Zahl, d.h. x = p q für geegnete p,q, q > 0, sowe a, b, c ganze Zahlen mt a < 0. Dann st ax + bx +c = ap + bpq + cq q ; da der Zähler her offenschtlch ganzzahlg und der Nenner postv st, folgt aus ax + bx +c > 0 schärfer ax 1 + bx +c q. Ist nun zusätzlch b 4ac = 5, so folgt zusammen mt (*) de Unglechungskette 5 = 4a b 4ac ax 1 + bx +c 4a q und heraus a = a 5 4 q. Also kann für jedes ratonale x de ganzzahlge Varable a n den x zulässgen Trpeln (a,b,c) nur endlch vele verschedene Werte annehmen. Wenn a < 0 st, snd de Lösungen der Unglechung ax + bx + c > 0 dejengen Zahlen, de zwschen den Nullstellen des quadratschen Polynoms der lnken Sete snd. De Unglechung st also äquvalent b+ b 4ac b b 4ac zu < x < ; zusammen mt b 4ac = 5 lässt sch des weter äquvalent a a umformen zu b 5 < ax < b+ 5 oder ax 5 < b < ax + 5. Heraus folgt de recht grobe Abschätzung b < ax + 5. Also kann be festem x und festem a n enem x zulässgen Trpel (a,b,c) de ganzzahlge Varable b nur endlch vele verschedene Werte annehmen; damt kann es für jede ratonale Zahl x n den x zulässgen Trpeln (a,b,c) auch nur höchstens endlch vele Kombnatonen (a,b) geben. Schleßlch st n jedem x zulässgen Trpel (a,b,c) nach Vorgabe von a und b der Wert von c durch b b 5 4ac = 5, also c = endeutg bestmmt; es gbt also für ratonale x nsgesamt nur endlch 4a vele x zulässge Trpel (a,b,c).. Bewes (Konstrukton aller möglchen Trpel): Mt A(x) bezechnen wr de Menge der x zulässgen Trpel, d.h. de Menge der ganzzahlgen Trpel (a,b,c) mt a < 0, b 4ac = 5 und ax + bx +c > 0; ferner se ϕ := und ψ := 1 5 Zunächst formuleren wr de folgenden Hlfssätze:. HS 1: A(0) = {( 1,1,1), ( 1, 1,1)}, nsbesondere st A(0) =. HS : Für alle k glt: (a,b,c) A(x) ( a, b ak, ak bk+c ) A( x + k ). De herdurch nduzerte Abbldung zwschen A(x) und A(x+k) st bjektv; nsbesondere st A(x) = A(x+k) für alle k und x. Anders formulert: Ist de Dfferenz zweer Zahlen ene ganze Zahl, so snd de Mengen hrer zulässgen Trpel glechmächtg. 5

6 BWM 005 II HS 3: Für alle x mt x 0 glt: (a,b,c) A(x) und c < 0 (c,b,a) A( 1 ) und a < 0. x D.h.: Entfernt man aus A(x) und A( 1 ) evtl. vorhandene Trpel (a,b,c) mt c 0, so st de x herdurch nduzerte Abbldung zwschen desen Mengen bjektv. Anders formulert: De Mengen der zu x 0 und 1 x zulässgen Trpel mt negatvem c snd glechmächtg. HS 4 Für alle x glt: (a,b,c) A(x) und c 0 (a,b,c) = ( 1,±1,1). Anders formulert: ( 1,±1,1) snd de beden enzgen zulässgen Trpel mt ncht negatvem c. HS 5 ( 1,+1,1) A(x) oder ( 1, 1,1) A(x) x < ϕ 1,6; ( 1,+1,1) A(x) und ( 1, 1,1) A(x) x < ψ 0,6. Anders formulert: De Zahlen m Intervall [ 0,618...;0,618...] und nur dese haben genau zwe zulässge Trpel mt postvem c, de Zahlen m Intervall [ 1,618...;1,618...] und nur dese haben wengstens en solches Trpel. Bewese: Zu 1 und 4: Mt x = 0 verenfacht sch ax + bx + c > 0 zur Bedngung c > 0. Schon für c 0 erhält man zusammen mt a < 0 de Bedngung 5 = b 4ac b ; also b {0, 1, }. Für b = ± st de Glechung 5 = b 4ac äquvalent zu 5 = 4 4ac ; für b = 0 äquvalent zu 5 = 4ac ; bede snd ncht mt ganzen Zahlenpaaren (a,c) lösbar. Es bleben also nur de Lösungen für b = ±1; n desem Fall erhält man aus 5 = 1 4ac de enzgen Werte (a,b,c) = ( 1,±1,1). zu : Es st p a,b,c (x) = p a,b,c ((x+k) k) = a((x+k) k) + b((x+k) k) + c = a(x+k) a(x+k)k + ak + b(x+k) bk + c = a(x+k) + (b ak)(x+k) + ak bk + c = p a,(b ak), (ak bk + c)(x+k); nsbesondere st p a,b,c (x) > 0 p a,(b ak), (ak bk + c)(x+k) > 0. Zu 3: Für x 0 glt: ax + bx +c > 0 c ( 1 x ) + b( 1 x ) + a > 0. (Dvson durch x > 0.) Zu 5: Wr betrachten de beden zu den Trpeln ( 1,±1,1) gehörenden Parabeln p : x x ± x + 1. Se snd nach unten geöffnet und haben de Nullstellen ψ und ϕ bzw. ψ und ϕ ; de enzgen x Werte, für de p(x) > 0 st, legen zwschen desen Nullstellen. Se nun x ene ratonale Zahl, d.h. x = p q für geegnete p,q, q > 0. Zu desem x konstrueren wr ene endlche Folge von ratonalen Zahlen x 0, x 1,..., x n nach folgendem Algorthmus: p Es st x 0 = x. Zu x = ( 0) wählen wr dasjenge k, für das 1 q < x + k 1 und setzen p ' q q x ' := x + k = mt enem geegneten ganzen p ' ],+ ]. Des st offenschtlch mmer q möglch und p ' st endeutg bestmmt. 1 q Falls x ' = 0, st n := und wr snd fertg; falls x ' 0, se x +1 := =. Nach Konstrukton st x ' p ' q p ', damt st der Nenner von x+1 (das st q +1 = p ') höchstens halb so groß we der Nenner von x. Für en n log (q) st dann q n = 1 und damt k = x, also x n ' = 0; de Konstrukton der Folge st also für jedes ratonale x nach endlch velen Schrtten beendet. 6

7 BWM 005 II Bespel: Für x = 4817 erhält man so der Rehe nach de Zahlen x 85 0 = 4817 x ' = x 1 = x 8 1 ' = x 8 = x 5 ' = x 5 3 = 5 x 3' = 1 x 4 = x 1 4' = 0. Nach HS glt nun A(x ) = A(x ') für alle = 0, 1,..., n; nach HS 1 st nsbesondere A(x n ) = A(x n ') = A(0) =. Nach Konstrukton st x ' 1 < ψ für alle = 0, 1,..., n und nach HS 5 somt ( 1,±1,1) A(x '). Falls 1 zusätzlch x ' 0, st aber glechzetg x +1 = x ' 1 ψ = ϕ ; nach HS 5 st also ( 1,±1,1) A(x +1). 1 Mt HS und HS 3 schleßen wr heraus A(x ) = A(x )' = A( x ' ) + = A(x +1) + ; durch mehrfache Anwendung A(x) = A(x 0 ) = A(x 1 ) + = A(x ) + =... = A(x n ) + n = (n+1). Insbesondere st A(x) endlch. Bespel: Mt dem Zahlenbespel von oben erhält man folgende zulässgen Zahlentrpel: zu 0: ( 1,1,1), ( 1, 1,1), also zu : ( 1,5, 5), ( 1,3, 1) zu 1 : ( 5,5, 1), ( 1,3, 1), ( 1,1,1), ( 1, 1,1), also zu 5 : ( 5,5, 31), (-1,7,-11), (-1,5,-5), (-1,3,-1). zu 5 : ( 31,5, 5), ( 11,7, 1), ( 5,5, 1), ( 1,3, 1), ( 1,1,1), ( 1, 1,1), 8 5 also zu : ( 31, 347, 971), ( 11, 15, 355), ( 5, 55, 151), ( 1, 9, 19), ( 1, 11, 9),( 1, 13, 41) usw. De folgende Fgur zegt sechs der heraus resulterenden acht Parabeln zu x = 5 8 0,1785 : Bemerkungen: De Bedngung "x ratonal" st notwendg und hnrechend dafür, dass es höchstens endlche vele x zulässge Trpel gbt. En Bewes, der dese Bedngung ncht verwendet, muss also rgendwo fehlerhaft sen. Zum Bewes konstrueren wr zu ener belebgen rratonalen Zahl y ene unendlche Menge zulässger Trpel: p Es gbt ene unendlche Telfolge ( q ) der Kettenbruchentwcklung von y, für de p q y < 1 q. p Jedes zu enem solchen ( q ) zulässge Trpel st dann auch en y zulässges Trpel. Bewesskzze: Ene solche Telfolge exstert, da von dre aufenander folgenden Brüchen der Kettenbruchentwcklung von y mndestens ener de oben angeführte Egenschaft hat. (Quelle: O. Perron, "De Lehre von den Kettenbrüchen", Teubner-Verlag Stuttgart 1954, S. 14 ff.) De Parabel p a,b,c : x ax + bx +c hat de rratonalen Nullstellen x 1, = zwschen desen Nullstellen st p a,b,c (x) > 0. Aus ax 1 + bx + c q b ± a 5 5 ; für alle Werte x (vgl. erster Bewes) folgt: Wenn 7

8 BWM 005 II de Zahl y nahe genug be enem solchen x legt, dann legt y ebenfalls zwschen den Nullstellen, es st also auch p a,b,c (y) > 0. Wel de Parabel n der Nullstellen de Stegung ± 5 hat, kann man das p quanttatv ausdrücken durch q y < 1 ay + by + c > 0. Damt st jedes der unendlch 5q p velen q zulässgen Trpel auch y zulässg; da es ferner zu jedem x = p en zulässges Trpel mt q q 5 a 4 unendlch vele y zulässge Trpel. q gbt (was man aus der Konstrukton des zweten Beweses folgern kann), gbt es ϕ 1+ 5 Für manche rratonale x, z.b. x = = kann man auch drekt ene unendlche Menge von 4 zulässgen Trpeln konstrueren, nach folgender Motvaton: Wr wollen unendlch vele Trpel fnden. Da es zu jedem a bzw. b nur endlche vele b bzw. a geben kann, müssen a und b bede betragsmäßg groß werden. De Bedngungen ax 5 < b < ax + 5 führt be großen a zu b:a x = const.; zusammen mt der Bedngung a (4c) = b 5 ernnert uns des an de Fbonacc-Folge (f ): alle Gleder snd ganze Zahlen, manche davon snd durch 4 telbar, es glt ähnlch we oben f +1 : f = const ϕ. sowe f +1 f 1 = f ± 1. Vellecht gbt es ene Fbonacc-Folge mt anderen Startwerten, be der mmer weder dre aufenander folgende Gleder a, b, 4c unsere Bedngung erfüllen? Des führt nach engem Suchen zur Folge (d ), de rekursv defnert st durch d 0 = 1, d 1 = 3 sowe d + = d + d +1 ( = 0, 1,, 3,...). Dann st (a k,b k,c k ) mt a k := d 6k, b k := d 6k+1, c k := 1 d 4 6k+ (k = 0, 1,, 3,...) en x zulässges Trpel, und alle dese Trpel snd verscheden. (De Folge der d st also 1, 3, 4, 7, 11, 18, 9, 47, 76, 13, 199, 3, 51, 843, 1364,...; man erhält dann de Folge der Trpel (a k,b k,c k ) zu ( 1,3, 1), ( 9,47, 19), ( 51,843, 341),....). (Auf enen Bewes wrd her verzchtet.) 8

9 BWM 005 II Aufgabe 3: Zwe Krese k 1 und k schneden sch n A und B. Ene erste Gerade durch B schnede k 1 n C und k n E. Ene zwete Gerade durch B schnede k 1 n D und k n F; dabe lege B zwschen den Punkten C und E sowe zwschen den Punkten D und F. Schleßlch seen M und N de Mttelpunkte der Strecken CE und DF. Man bewese: De Dreecke ACD, AEF und AMN snd zuenander ähnlch. 1. Bewes (Umfangswnkelsatz): O.B.d.A. legen C und B n verschedenen Halbebenen bezüglch der Geraden (AD) und glechzetg B und F n verschedenen Halbebenen bezüglch (AE), andernfalls vertauschen wr n den folgenden Bewesen de Buchstaben C und D sowe E und F. Es st nach Umfangswnkelsatz CAD D C = CBD (Umfangswnkelsatz; A und B snd Punkte auf dem glechen Kresbogen über CD) = EBF (Schetelwnkel an der Kreuzung der Geraden (CE) und (DF) ) = EAF (Umfangswnkelsatz; B und A snd Punkte auf dem glechen Kresbogen über EF). Ferner st M k1 N A B E k F ADC = ABC (Umfangswnkelsatz) = 180 EBA (Nebenwnkel) = AFE (gegenüber legende Wnkel m Sehnenvereck ABEF). Damt stmmen de Dreecke ACD und AEF n zwe entsprechend legenden Wnkeln überen, snd also ähnlch. Zum Nachwes, dass auch AMN zu desen beden Dreecken ähnlch st, betrachten wr zunächst de Dreecke ACE und ADF. Auch se snd ähnlch zuenander, es glt nämlch ECA = BCA (B legt auf der Halbgeraden (CE ) = BDA (Umfangswnkelsatz; C und D snd Punkte auf dem glechen Bogen über AB) = FDA (F legt auf der Halbgeraden (DB ). analog west man AEC = AFD nach (man muss ledglch de Bezechnungen von C und E vertauschen, ebenso de von D und F, sowe den Drehsnn der Wnkel ändern. Damt stmmen de beden Dreecke n zwe entsprechend legenden Wnkeln überen. Nun kann man verscheden schleßen: Varante 1: AM und AN snd n desen ähnlchen Dreecken Setenhalberende n entsprechender Lage; hre Längen stehen also m glechen Verhältns zu den Längen anderer entsprechend legender Strecken und se schleßen mt anderen entsprechend legenden Strecken deser Dreecke gleche Wnkel en. Insbesondere glt also AC : AM = AD : AN und CAM = DAN. Aus letzterem folgt sofort CAD = MAN (herbe muss auch berückschtgt werden, dass de Wnkel glech orentert snd). Damt stmmen ACD und AMN m Verhältns zweer entsprechend legender Seten und n der Wete des engeschlossenen Wnkeln überen, snd also ähnlch. Varante : Der gemensame Punkt A legt n den beden Dreecken n entsprechender Lage und de beden Dreecke snd glechsnng ähnlch (des folgt aus der vorgegebenen Lagebezehung von B). Damt gbt es ene Drehstreckung um A, de C n D sowe E n F überführt. Da ene Drehstreckung geradentreu st, wrd nsbesondere auch CE n DF überführt, genau so der Mttelpunkt der enen Strecke n den der anderen, also M n N. Heraus schleßen wr MAN = CAD: Da auch AC n AD sowe AM n AN überführt wrd, st AC : AD = AM : AN. Damt stmmen ACD und AMN m Verhältns zweer entsprechend legender Seten und n der Wete des engeschlossenen Wnkels überen, snd also ähnlch. Bemerkungen: De Aussage kann also verallgemenert werden: Es genügt, dass M und N de Strecken CE bzw. DF m glechen Verhältns telen. 9

10 BWM 005 II Auf de Bedngung "B legt zwschen den Punkten C und E sowe zwschen den Punkten D und F." kann verzchtet werden. Se wurde n den Aufgabentext aufgenommen, um n den Telnehmerarbeten ene langwerge Dskusson der Lagebezehungen zu vermeden.. Bewes: Wr betrachten enen Punkt A und zwe Geraden g und h, de sch n B schneden und bede den Punkt A ncht enthalten, als fest vorgegeben. Zu deser Konstellaton betrachten wr enen belebgen Kres k, der durch A und B geht und mt den Geraden g und h außer dem Punkt B noch je enen ncht mt B zusammenfallenden weteren Punkt hat; dese nennen wr M bzw. N. Wr können de Bezechnungen so wählen, dass de Gerade g be ener Drehung um den Punkt B um 180 gegen den Uhrzegersnn zuerst de Gerade h, dann de Gerade (AB) überstrecht, bevor se mt sch selbst weder zur Deckung kommt. De dre Wnkel, de dadurch bestmmt snd, bezechnen wr n deser Rehenfolge mt α, µ und ν; es st dann α + µ + ν = 180. Mt deser Festlegung legen auch be jeder möglchen Lage de Punkte A, M und N n deser Rehenfolge gegen den Uhrzegersnn auf dem Kres (n der Fgur durch Indces be den Punkten M und N angedeutet). HS 1: Das Dreeck AMN hat be jeder möglchen Lage de glechen Innenwnkel; und A zwar an der Ecke M den Wnkel µ, an der Ecke N den C=M1 Wnkel ν und an der Ecke A g den Wnkel α. Bewes: Wr unterscheden dre Fälle, je nach Lage des h Punktes B relatv zu A, M und D=N1 M ν µ N, und schleßen mt Umfangswnkelsatz (nach Satz N B α von der Innenwnkelsumme F=N E=M m Dreeck genügt es, de Identtät für zwe Wnkel zu zegen): Fall 1: De Punkte A, M, N und B legen n deser Rehenfolge gegen den Uhrzegersnn auf dem Kres. Dann legen A und B auf dem glechen Kresbogen über MN, es haben also MAN und MBN de gleche Wete, nämlch α. Ferner legen de Punkte N und B auf dem glechen Kresbogen über AM, damt haben ANM und ABM de gleche Wete, nämlch ν. Fall : De Punkte A, M, B und N legen n deser Rehenfolge gegen den Uhrzegersnn auf dem Kres. Dann legen M und N auf verschedenen Kresbögen über AB und de Wnkel MAN und NBM ergänzen sch zu 180 und NBM st Nebenwnkel zu α, also hat MAN de Wete 180 NBM = α. Ferner legen B und N auf dem glechen Kresbogen über AM, also haben MNA und MBA de gleche Wete ν. Fall 3: De Punkte A, B, M, N legen n deser Rehenfolge gegen den Uhrzegersnn auf dem Kres. Mt völlg analoger Argumentaton we n Fall 1 (ersetze M durch N) zegt man MAN = α und NMA = µ. HS : Der Abstand der Mttelpunkte zweer möglcher Krese durch A und B st proportonal zum Abstand der durch se erzeugten Punkte M 1 und M auf g, ebenso proportonal zum Abstand der durch se erzeugten Punkte N 1 und N auf h. Damt bestmmen de durch dre Krese erzeugten Punktepaare (M 1,N 1 ), (M,N), (M,N ) auf beden Geraden das gleche Telverhältns. Bewes: De Mttelsenkrechten auf den Strecken N 1 B bzw. N B schneden de Mttelsenkrechte auf AB n den Mttelpunkten des Kreses. Unmttelbar aus der Fgur lässt sch ablesen, dass der Abstand der Mttelpunkte so groß st we das halbe Produkt aus dem Abstand der Mttelsenkrechten und dem snus des Wnkels zwschen Gerade und der Mttelsenkrechten auf AB. HS 3: Telt M de Strecke M 1 M m glechen Verhältns we N de Strecke N 1 N, so st das Vereck AMBN en Sehnenvereck. 10

11 BWM 005 II Bewes: Der Umkres des Dreecks ABM schnedet de Gerade H n enem Punkt N*. Nach Hlfssatz st das Dreeck AMN* ähnlch zu den Dreecken AM N, ferner telen M und N* de Strecken M 1 M bzw. N 1 N m glechen Verhältns. Damt st N* = N und de Verecke ABMN* und ABMN dentsch, also bedes Sehnenverecke. De egentlche Behauptung folgt nun sofort als Kombnaton von HS 3 und HS Bewes (Beschrebung mt komplexen Zahlen): Wr dentfzeren we üblch den Punkt Z(x y) mt der komplexen Zahl z = x + y und legen de Fgur so n de komplexe Zahlenebene, dass der Punkt B n den Ursprung fällt. De gegebenen Krese und Geraden enthalten dann den Ursprung, somt verenfachen sch de bekannten Glechungen für Kres bzw. Gerade (z* se de zu z konjugert komplexe Zahl, vgl. auch z.b. das Schulbuch von H. Dttmann: "Komplexe Zahlen", Bay. Schulbuch- Verlag, München 1976, S. 39 ff.) zu zz* m z* m *z = 0 oder äquvalent (z m ) z* m *z = 0 für de Krese k (mt m 0, m 1 m ), sowe zu h z* + h *z = 0 für de Geraden g mt h 0 ( = 1, ). Der Punkt B st Schnttpunkt der beden Krese, er st also ene der Lösungen des aus den beden Kresglechungen bestehenden Glechungssystems. Multplkaton der Glechung für den Kres k 1 mt (z m ) und der Glechung für k mt z m 1 ergbt das Glechungssystem (z m 1 ) (z m ) z* (z m ) m 1 *z = 0 (z m 1 ) (z m ) z* (z m 1 ) m *z = 0 Heraus folgt nach Subtrakton z [(z m 1 ) m * (z m ) m 1 *] = 0 und damt de erste Lösung z 1 = b = 0 (was nchts Neues st, da bede Krese durch den Ursprung gehen); de zwete Lösung st m1* m mm 1 * z = a =. (Wegen m 1 m st der Nenner scher von Null verscheden!) m * m * 1 De Punkte C, D, E, F snd de Schnttpunkte je enes Kreses und ener Geraden, also Lösungen der Glechungssysteme, de aus je ener Kresglechung k und ener Geradenglechung g j mt,j {1,} bestehen. Multplkaton der Kresglechung mt h j und der Geradenglechung mt (z m ) ergbt das Glechungssystem h j (z m ) z* h j m * z = 0 h j (z m ) z* + h j *(z m ) z = 0 (,j {1, }) Heraus folgt nach Subtrakton z [h j *(z m ) + h j m *] = 0; de erste, schon bekannte Lösung st hj * m hjm* z 1 = b = 0, de zwete Lösung st z = (Nenner scher von Null verscheden). Für hj * (,j) = (1,1) erhalten wr den Punkt C, für (,j) = (1,) den Punkt D, für (,j) = (,1) den Punkt E und für (,j) = (,,) den Punkt F. Nun zum egentlchen Bewes: Um de Ähnlchket der Dreecke ACD und AEF mt dem gemensamen Punkt A zu zegen, genügt es nachzuwesen, dass E und F de Blder von C bzw. D be der glechen Drehstreckung mt Zentrum A snd. Bekanntlch st des der Fall, wenn de Bedngungen (e a) = r (c a) und (f a) = r (d a) für de gleche komplexe Zahl r erfüllt snd. (Dabe bestmmt der Faktor r 0 enendeutg den Drehwnkel und den Streckfaktor.) Falls c = a, st auch e = a; damt entarten de Dreecke zu Strecken und snd scher ähnlch. Falls c a, kann man de erste Glechung endeutg nach r auflösen; Ensetzen n de zwete ergbt, dass de beden Glechungen scher dann für das gleche r erfüllbar snd, wenn (e a)(d a) = (c a)(f a) oder äquvalent ed cf = a(e+d c f). Ensetzen der oben berechneten Werten ergbt ene wahre Aussage (alle Nenner snd scher von Null verscheden!): ed fc = a (e+d c f) h1* m hm 1 * h* m1 hm1* h * h * 1 h1* m1 hm 1 1* h* m hm* h * h * 1 11

12 BWM 005 II = m1* m mm 1 * h1* m hm 1 * h* m1 hm1* ( + m * m * h * h * 1 1 h1* m1 hm 1 1* h* m hm* ) h * h * 1 (rechts und lnks fallen de Terme mt h 1 *h * sowe mt h 1 h weg) h* mhm* hm * h * m + h* mhm * + hm* h * m h * h * = m1* m mm 1 * hh 1 * m* h1* hm 1* + hh 1 * m1* + h1* hm * m * m * h * h * 1 1 (unten ausmultplzeren und mt der oberen Zele verglechen) ( hh 1 * h1* h)( m1* m mm 1 *) h * h * 1 = m1* m mm 1 * ( hh 1 * h1* h)( m1* m*), m * m * h * h * 1 1 was offenschtlch be jeder erlaubten Wahl von m 1, m, h 1, h ene wahre Aussage st. Über de Aufgabenstellung hnaus werden wr zegen, dass de Dreecke ACD und AMN schon dann ähnlch snd, wenn de Punkte M und N de Strecken CE bzw. DF m glechen Verhältns telen. Alle solche Punkte lassen sch beschreben durch m(λ) := λc + (1 λ)e bzw. n(λ) := λd + (1 λ)f für en geegnetes λ; für de spezellen Werte λ= 1 / und λ = 0 ergeben sch de n der Angabe genannten Punkte M und N bzw. E und F und damt de Aussage der Aufgabe. Es genügt zu zegen, dass M(λ) und N(λ) das Bld von C bzw. D unter der glechen Drehstreckung mt Zentrum A st; d.h. dass de Bedngungen (m(λ) a) = r (c a) und (n(λ) a) = r (d a) für de gleche komplexe Zahlen r erfüllt snd. We oben können wr den Fall c = a und auch d = a ausschleßen und damt de erste Bedngung äquvalent umformen zu λc+ ( 1 λ) e ( λ λ+ 1) a λ( c a) + ( 1 λ)( e a) λc + (1 λ) e a = r (c a) r = r = c a c a e a r = λ+ ( 1 λ) ; de zwete n analoger Schlusswese zu ( ) c a 1 f a r = λ+ λ d a. Dese beden Bedngungen snd be festem λ genau dann für das gleche r erfüllbar, wenn (e a)(d a) = (c a)(f a). Des wurde berets oben gezegt. 1

13 BWM 005 II Aufgabe 4: Es se A(n) de maxmale Anzahl der Selbstüberschnedungen von geschlossenen Streckenzügen P 1 P... P n P 1 (n 3), be denen kene dre der Eckpunkte auf ener Geraden legen. Man bewese: a) A(n) = b) A(n) = nn ( 3), falls n ungerade und nn ( 4) + 1, falls n gerade. Erläuterung: Ene Selbstüberschnedung st en Schntt zweer ncht benachbarter Strecken. Vorbemerkungen und Bezechnungen: Der Bewes besteht aus ver Telen: In den Telen (1a) und (1b) zegen wr, dass es für ken ungerades bzw. ken gerades n enen Streckenzug mt n Strecken und mehr als A(n) Selbstüberschnedungen geben kann, d.h. dass de oben angegebenen Terme obere Schranken für A(n) snd; n den Telen (a) und (b) zegen wr, dass es zu jedem ungeraden bzw. geraden n enen Streckenzug mt n Strecken und A(n) Selbstüberschnedungen gbt, d.h. dass de oben angegebenen Terme ene untere Schranke für A(n) snd. Um de Beschrebung der m Bewes verwendeten Operatonen zu verenfachen, werden wr we allgemen üblch de Indces der Eckpunkte des Streckenzuges mod n betrachten, d.h. de Punkte P +n und P snd dentsch. nn ( 3) Bewes Tel (1a): ( A(n) für ungerade n): Jede Strecke des Streckenzuges kann mt sch selbst und den beden drekt benachbarten Strecken kene Selbstüberschnedung haben. Auf jeder der n Strecken kann es also höchstens n 3 Selbstüberschnedungen geben, dabe st jede Selbstüberschnedung gemensamer Punkt von genau zwe Strecken. Mt enfacher Kombnatork folgt nn ( 3) unmttelbar A(n) für alle n 3. Bemerkung: De Aussage glt ncht nur für ungerade n, sondern für alle ganzzahlgen n 3. nn ( 4) Bewes Tel (1b) ( A(n) + 1 für gerade n): Es genügt zu zegen, dass es be geradem n höchstens Strecken gbt, de n 3 Selbstüberschnedungen bestzen. Nach der auch für gerade n gültgen Argumentaton aus Bewestel (1a) haben dann nämlch alle anderen Strecken des snd mndestens n Stück höchstens n 4 Selbstüberschnedungen und es st dann A(n) ( n )( n 4) n 3 nn ( 4) + = + 1. Den Bewes herfür führen wr durch Wderspruch, wr benötgen aber zuerst noch dre Egenschaften von Strecken des Streckenzuges mt genau n 3 Selbstüberschnedungen: E1: Jede Strecke mt n 3 Selbstüberschnedungen schnedet jede andere ncht anlegende Strecke des Streckenzuges. Des folgt sofort aus der Argumentaton n Bewestel (1a). E: Hat be geradem n ene Strecke genau n 3 Selbstüberschnedungen, so legen alle Punkte P s mt geradem Index s n der enen Halbebene bez. der Trägergeraden deser Strecke, alle Punkte P s mt ungeradem Index s n der anderen. Begründung: Nach E1 snd de Selbstüberschnedungen der Strecke P r P r+1 genau de gemensamen Punkte mt allen ncht anlegenden Strecken, also den Strecken P s P s+1 mt s {r 1, r, r+1}. Da jede deser Strecken de Gerade (P r P r+1 ) kreuzt, legen de Punkte P r+, P r+3,..., P n, P 1,..., P r 1 abwechselnd n verschedenen Halbebenen bezüglch der Geraden (P r P r+1 ). Da nun n gerade st, st de Folge der Indces n deser Rehe von Punkten abwechselnd gerade und ungerade, auch bem "Übergang über n hnweg". E3: Be geradem n haben zwe Strecken mt n 3 Selbstüberschnedungen kene gemensamen Endpunkte. 13

14 BWM 005 II Begründung: Hat de Strecke P r P r+1 genau n 3 Selbstüberschnedungen, so legen nach E1 de Punkte P r 1 und P r+ und damt auch de an P r P r+1 anlegenden Strecken P r 1 P r und P r+1 P r+ n verschedenen Halbebenen bez. der Geraden (P r P r+1 ); se haben also kene gemensamen Punkte. Da se außerdem mt sch selbst und den beden angrenzenden Strecken ebenfalls kene Selbstüberschnedungen haben können, haben se höchstens n 4 Selbstüberschnedungen. U Wr nehmen nun an, dass der Streckenzug mndestens dre Telstrecken s ( =1,, 3) enthelte, de jewels genau n 3 Selbstüberschnedungen haben. De Endpunkte jeder deser Strecken U 3 snd Punkte mt aufenanderfolgenden Indces, d.h. ener st gerade, der andere ungerade. Entsprechend bezechnen wr de Endpunkte G 1 S 13 der Strecken s mt geradem Index mt G, de mt ungeradem Index S 1 mt U. Nach E snd de U und de G paarwese verscheden. U 1 S 3 Nach E1 hat jedes Paar von Strecken enen Schnttpunkt; dese bezechnen wr entsprechend der Indces der betelgten Punkte mt G 3 S j (,j = 1,, 3; <j). G Nun betrachten wr de beden Strecken U 1 G 1 und U G mt hrem Schnttpunkt S 1. Nach E3 legt U 3 n der glechen Halbebene bez. der Geraden (U G ) we U 1, aber auch n der glechen Halbebene bez. (U 1 G 1 ) we U. Also legt U 3 m Sektor, der von den Halbgeraden (S 1 U 1 und (S 1 U aufgespannt wrd; mt analoger Argumentaton zegt man, dass G 3 m bez. S 1 punktsymmetrsch legenden Sektor legt. De Gerade (U 3 G 3 ) schnedet demnach den Streckenzug U 1 S 1 U n genau enem Punkt (des st S 13 oder S 3 ). Damt legen aber U 1 und U n verschedenen Halbebenen bezüglch der Geraden U 3 G 3. Des steht aber m Wderspruch zu E. nn ( 3) Bewes Tel (a) ( A(n) für ungerade n): Se n ungerade, d.h. es st n = m+1 für ene geegnete ganze Zahl m 1. Wr betrachten n (ncht notwendgerwese glechabständg) auf ener Kreslne vertelte Punkte; wr bezechnen se fortlaufend gegen den Uhrzegersnn mt B 1, B,..., B n (vgl. Fgur). Dann blden de n Strecken B B +m+1 ( = 1,,...,n) den Streckenzug B 1 B m+ B m+3 B 3m+4...B (n 1)m+n B nm+n+1. Da de Indces mod n betrachtet werden, können wr des umschreben zu B 1 B m+ B B m+3 B 3 B m+4...b n B m+1 B 1. Damt st offenschtlch, dass jeder Punkt genau enmal vorkommt, d.h. dass es sch um enen geschlossenen Streckenzug mt n Strecken handelt; da alle Endpunkte auf der Kreslne legen, snd zudem kene 3 Eckpunkte auf ener Geraden. B 1 De Trägergerade der Strecke B 1 B m+ telt de Ebene n zwe B n offene Halbebenen auf; n der enen legen nach Konstrukton B alle Punkte Bj mt Indces j m+1, n der anderen de Punkte mt Indces m+3 j n. B 3 Nach Konstrukton snd alle Punkte B k mt Indces m+3 k m+1 = n Endpunkte von jewels genau Strecken B j B k mt j = k + (m+1) k m mod(m 1) bzw. j = k (m+1). Des snd (m 1) paarwese verschedene Strecken, dabe nehmen de j de Werte 3, 4,..., m jewels genau mal, de Werte und m+1 jewels genau 1 mal an. Damt legen alle Punkte B j und B k n verschedenen Halbebenen bez. der Geraden B 1 B 1+m ; da zusätzlch alle betelgten Punkte auf dem B m+3 glechen Kres legen, snd alle dese Strecken Sehnen, B m schneden also de Sehne B 1 B m+. Auf deser Strecke B 1 B m+ B m+1 B m+ gbt es also (m 1) = n 3 Selbstüberschnedungen. Aus Symmetregründen (man dreht de ganze Fgur um den Mttelpunkt des Kreses) glt des für jede der n Strecken des Streckenzuges. Jede Selbstüberschnedung wrd herbe be beden betelgten Strecken je genau enmal gezählt. Nach bekannter kombnatorscher Formel hat der soeben konstruerte geschlossene Streckenzug mt n nn ( 3) nn ( 3) Strecken genau Selbstüberschnedungen; es st also A(n) für ungerade n. Alternatve für Bewes Tel (a): Vgl. Bemerkung m Anschluss an Alternatve zum Bewes Tel (b). 14

15 BWM 005 II Bewes Tel (b) (( A(n) nn ( 4) + 1 für gerade n): Es genügt zu zegen, dass es zu jedem geraden L0 Rk-1 n 4 enen geschlossenen Streckenzug mt n Telstrecken gbt, dessen Ecken zusätzlch auf ener Kreslne legen und L1 nn ( 4) der + 1 Selbstüberschnedungen bestzt. R5 L Se n 4 geradzahlg, also n = k für en geegnetes k. Wr L3 L4 R4 R3 R vertelen n Punkte (ncht notwendgerwese glechabständg) auf ener Kreslne und benennen dese fortlaufend gegen den Uhrzegersnn mt L 0, L 1,..., L k 1, R 0, R 1,..., R k 1. Den Streckenzug konstrueren wr folgendermaßen: Wr L5 R1 begnnen mt der Strecke R 0 L 0. Nun verbnden wr R 0 der Rehe nach mt L 1, R, L 3, R 4,... usw.; L 0 verbnden wr mt R 1, L, R 3, L 4 usw. bs alle Punkte n desem Streckenzug genau R0 Lk-1 enmal vorkommen; schleßlch verbnden wr noch de beden letzten Punkte L k 1 und R k 1. Es entsteht also der Streckenzug (offenschtlch st jeder Punkt genau enmal enthalten) L k 1 R k...r 4 L 3 R L 1 R 0 L 0 R 1 L R 3 L 4 R k 1 L k 1 oder R k 1 L k...r 4 L 3 R L 1 R 0 L 0 R 1 L R 3 L 4 L k 1 R k 1, je nachdem k gerade oder ungerade st. Nun zählen wr de Überschnedungen: Wr betrachten zunächst ene der Strecken R L +1 oder L R +1 für en = 0, 1,..., k. Se telt de Kreslne n zwe Tele auf; wobe n enem Tel je k, m anderen je k = ( n 4) Punkte legen (nämlch de Punkte L +, L +3,... R, R 1 bzw. R +, R +3,... L, L 1 ). Von jedem deser Punkte gehen zwe Strecken aus, deren Endpunkt jewels n dem anderen Tel der Kreslne legt; de beden Strecken schneden also de betrachtete Strecke. Insgesamt werden so auf jeder der Strecken R L +1 oder L R +1 (es gbt n solche Strecken) genau n 4 Selbstüberschnedungen erzeugt. Nun betrachten wr noch de beden Strecken R 0 L 0 und R k 1 L k 1. Se schneden jede andere Strecke mt Ausnahme von sch selbst und derjengen beden, de enen Endpunkt R 0, L 0, R k 1 oder L k 1 haben. Des erzeugt nochmals n 3 Selbstüberschnedungen auf jeder der beden Strecken. Mt enfacher kombnatorscher Überlegung (jede der Selbstüberschnedungen wrd doppelt gezählt) hat der Streckenzug demnach ( n )( n 4) n + 3 = ( n 4) + 1 Selbstüberschnedungen. Alternatve zum Tel b) (Wr konstrueren enen solchen Streckenzug mt vollständger Indukton nach n, n gerade, n 4): Induktonsanfang: Für n = 4 st das überschlagene Quadrat en geschlossener Streckenzug, nn ( 4) dessen Eckpunkte alle auf enem Kres legen und der genau 1 = + 1 Selbstüberschnedungen bestzt; d.h. für n = 4 st A(n) + 1. P n nn ( 4) P n+1 Induktonsannahme: Wr nehmen an, dass es für en bestmmtes gerades n 4 enen solchen Streckenzug gbt. Induktonsschluss: Heraus konstrueren wr nun enen solchen Streckenzug mt n+ Strecken, der ( n+ )(( n+ ) 4) P + 1 Selbstüberschnedungen bestzt. Herzu suchen wr uns zunächst be enem bestehenden geschlossenen Streckenzug der Länge n ene Strecke, de mt P n-1 genau n 3 anderen Telstrecken Selbstüberschnedungen bestzt, o.b.d.a. se des de Strecke P n P 1 (vgl. Skzze). Ene P n+ P 1 solche Strecke exstert: Kene Strecke kann mehr als n 3 15

16 BWM 005 II Selbstüberschnedungen haben (vgl. Argumentaton n Tel (1a) ); hätte jede Strecke wenger als n 3, also höchstens n 4 Selbstüberschnedungen, dann hätte der Streckenzug nsgesamt nn ( 4) nn ( 4) höchstens < + 1 Selbstüberschnedungen, was m Wderspruch zur Induktonsannahme steht. Nun wählen wr auf der Kreslne enen Punkt P n+1 so, dass P n+1 und P n 1 n verschedenen Halbebenen bez. der Geraden (P n P 1 ), legen und dass ener der beden Kresbögen zwschen P n und P n+1 kenen weteren Eckpunkt des Streckenzuges enthält; entsprechend wählen wr enen Punkt P n+ so, dass P und P n+ n verschedenen Halbebenen legen und ener der beden Kresbögen zwschen P 1 und P n+ kenen weteren Eckpunkt des Streckenzuges enthält. Schleßlch ersetzen wr de Strecke P n 1 P n durch den Streckenzug P n 1 P n+1 P 1 und de Strecke P 1 P durch den Streckenzug P n P n+ P. (Anders formulert: Wr ersetzen den aus dre Strecken bestehenden Streckenzug P n 1 P n P 1 P durch den aus 5 Strecken bestehenden Streckenzug P n 1 P n+1 P 1 P n P n+ P. ) Der neu entstandene Streckenzug hat nun de geforderten Egenschaften: Er hat n+ Ecken, alle Punkte legen auf ener Kreslne. Er hat mndestens ( n+ )(( n+ ) 4) + 1 Selbstüberschnedungen: Nach E (Bewestel (1b) ) legen alle Punkte P s (s =, 3,..., n 1) mt geradem Index s n der enen Halbebene bez. (P n P 1 ), alle Punkte mt ungeradem Index s n der anderen. Nach Konstrukton (das durch de Strecken P n P n+ und P n+1 P 1 aus dem Kres geschnttene Gebet enthält kene weteren Endpunkte) glt des auch bezüglch der Geraden (P n P n+ ) und (P n+1 P 1 ). Alle Telstrecken des Streckenzuges, de de Sehne P n P 1 schneden, haben Endpunkte mt aufenanderfolgenden Indces, also enem geraden und enem ungeraden; damt schneden dese Strecken auch de beden neuen Sehnen P n+1 P 1 und P n P n+. De n 3 Selbstüberschnedungen der Strecke P n P 1 bleben also erhalten, und es kommen noch enmal (n 3) Selbstüberschnedungen auf den Strecken Pb n P n+ und P n+1 P 1 dazu. Mt analoger Begründung schnedet jede Sehne, de de "gestrchene" Strecke P n 1 P n schnedet, auch de "Ersatz-"Sehne P n 1 P n+1. De Selbstüberschnedungen der gestrchenen Strecke P n 1 P n bleben also als Selbstüberschnedungen auf der Strecke P n 1 P n+1 erhalten, dazu kommen noch Selbstüberschnedungen der Strecke P n 1 P n+1 mt der Sehne P n P n+ und P n P 1. Entsprechend bleben de Selbstüberschnedungen der gestrchenen Strecke P 1 P als Selbstüberschnedungen auf der Strecke P n+ P erhalten, dazu kommen noch Selbstüberschnedungen mt der Sehne P n+1 P 1 und P n P 1. Zu den Selbstüberschnedungen des ursprünglchen Streckenzuges mt n Strecken kommen also durch de Erweterung um Strecken noch wetere (n 3)++ = n Selbstüberschnedungen hnzu, damt hat der neue Streckenzug mndestens nn ( 4) n 4n+ 4n 4 ( n+ )(( n+ ) 4) + 1+ n = + 1 = + 1 Selbstüberschnedungen. Bemerkung: De nduktve Konstrukton kann auch für ungerade n benützt werden: Man begnnt für nn ( 3) n = 3 mt enem glechsetgen Dreeck, das tatsächlch = 0 Selbstüberschnedungen hat. Nach glecher Vorschrft ergänzt man zwe Punkte P n+1 und P n+ und erwetert we oben den bestehenden Streckenzug um zwe Strecken. De Argumentaton für de Anzahl von Selbstüberschnedungen kann man drekt übernehmen, allerdngs legen be ungeradem n dann de beden neuen Punkte n der glechen Halbebene bez. P n P 1 ; damt überschneden sch auch noch de Strecken P n P n+ und P n+1 P 1 nn ( 3) und de Zunahme an Selbstüberschnedungen beträgt dann n 1. Tatsächlch st dann + n 1 = ( n+ )(( n+ ) 3). 16