Hier

Bielefeld zählt — Die Lösungen
1 – Zahlen und Quadrate
1. Es gibt ganze Zahlen a und b mit n = a2 + b2 .
2. In der Primfaktorzerlegung der Zahl n kommen alle Primfaktoren von der Form 4k + 3, k ∈ N0 in
gerader Anzahl vor.
Die Darstellbarkeit von natürlichen Zahlen als Summe
von Quadraten ist eine alte zahlentheoretische Fragestellung. Dass 2008 die Summe von vier Quadraten ist,
überrascht die Fachleute nicht, da nach dem Satz von Lagrange (1770) gilt:
Zerlegt man nun 2008 in Primfaktoren, so sieht man
Jede natürliche Zahl ist Summe von vier
Quadraten.
2008 = 23 · 251 .
Es gibt aber mehrere Möglichkeiten:
Die Primzahl 251 = 4 · 62 + 3 kommt nur einfach, also
in ungerader Anzahl vor, so dass die zweite Aussage im
Satz von Euler für die Zahl 2008 nicht erfüllt ist. Somit
gilt auch die erste Aussage nicht – d.h. 2008 kann nicht
als Summe von zwei ganzzahligen Quadraten geschrieben werden.
2008 = 362 + 242 + 102 + 62 = 342 + 282 + 82 + 22
= 382 + 222 + 82 + 42 = 422 + 122 + 82 + 62
= ...
Als Summe von drei Quadraten kann man schon nicht
mehr jede natürliche Zahl darstellen, z.B. kann 7 nicht
als Summe von 3 Quadraten geschrieben werden.
Auch natürliche Zahlen, die sich als Summe von drei
Quadraten schreiben lassen (wobei 02 ein zulässiger
Summand ist!), können zahlentheoretisch vollständig
charakterisiert werden – etwa durch den folgenden Satz,
der auf den deutschen Mathematiker Carl Friedrich Gauß
zurückgeht:
2 – Finanzkrise im Land der Zahlen
Zur Lösung dieses Rätsels gehen wir einen kleinen Umweg. Wir werden ersteinmal schauen, was der kleinste
Betrag ist, der mit 80- und 19-Numeri Münzen bezahlt
werden kann. Jedes ganzzahlige Vielfache von diesem
Betrag kann dann ebenfalls bezahlt werden.
Satz (C. F. Gauß, 1801) Folgende Aussagen über natürliche Zahlen n = 1, 2, 3, . . . sind gleichwertig:
1. Es gibt ganze Zahlen a, b und c mit
n = a2 + b2 + c2 .
Um herauszufinden, welches der kleinste Betrag ist, der
bezahlt werden kann, errechnen wir den größten gemeinsamen Teiler von 80 und 19. Dies tun wir mit dem Euklidischen Algorithmus:
2. Die Zahl n ist nicht von der Form n = 4r (8s + 7)
für natürliche Zahlen r und s.
Da 2008 = 4 · 502 = 4 · (8 · 62 + 6) nicht von der Form
n = 4r (8s + 7) ist, lässt sich 2008 als Summe von drei
Quadraten schreiben, z.B.
80 = 4 · 19 + 4
19 = 4 · 4 + 3
4 = 1·3+1
3 = 3·1+0 .
2008 = 422 + 122 + 102 = 362 + 262 + 62
= 302 + 282 + 182 .
Der größte gemeinsame Teiler von 80 und 19 ist also 1.
Damit ist es möglich jeden Betrag auszuzahlen, sobald man einen Betrag von eins auszahlen kann. Dies
bestimmen wir mit dem erweiterten Euklidischen Algorithmus, indem wir unsere Gleichungen rückwärts ein-
Als Summe von zwei Quadraten kann 2008 nicht geschrieben werden, wie der folgende Satz lehrt:
Satz (L. Euler, 1749) Folgende Aussagen über natürliche Zahlen n = 1, 2, 3, . . . sind gleichwertig:
2
b = 3, c = 2 und a = 2, b = 1, c = 3 und a = 2, b = 3,
c = 1 und a = 3, b = 1, c = 2 und a = 3, b = 2, c = 1).
setzen und umstellen:
1 = 4−1·3
1 = 4 − 1 · (19 − 4 · 4)
1 = 4 − 1 · 19 + 4 · 4
1 = 5 · 4 − 1 · 19
1 = 5 · (80 − 4 · 19) − 1 · 19
1 = 5 · 80 − 20 · 19 − 1 · 19
1 = 5 · 80 − 21 · 19 .
Bleibt zu zeigen, dass es keine weitere Lösungen von
(?) gibt. Sei (a, b, c) mit a ≤ b ≤ c eine Lösung von (?).
Nach Division durch c erhält man:
a·b =
a
c
|{z}
≤1, da a≤c
+
b
c
|{z}
+1
≤
3.
≤1, da b≤c
Wenn a · b eine natürliche Zahl kleiner als (oder gleich)
3 ist, bleibt für a, die kleinere der beiden Zahlen a und b,
nur der Wert 1 übrig und für b einer der Werte 1, 2 oder
3. Wir folgern also
Um den Betrag von einem Numeri zu zahlen, muss man
also fünf 80-Numeri Münzen geben und bekommt einundzwanzig 19-Numeri Münzen zurück.
Alle anderen Beträge kann man nun durch Multiplikation erhalten. Wollen wir also zum Beispiel acht Numeri bezahlen, geben wir 40 (fünf mal acht) 80-Numeri
Münzen und erhalten 168 (einundzwanzig mal acht) 19Numeri Münzen zurück.
1+b+c = b·c .
(??)
Nehmen wir nun an, dass b = 1 ist, so liefert uns die
Gleichung (??) mit 2 + c = c einen Widerspruch. Mit
b = 3 folgt aus (??) sofort 4 + c = 3c, d.h. c = 2, was
der Annahme b ≤ c widerspricht. Also bleibt nur b = 2
und damit c = 3 als einzige Lösung übrig.
Bevor aber nun astronomisch viele Münzen hin und her
gewechselt werden: Man braucht nicht alles hochzurechnen. Wollen wir etwa 20 Numeri bezahlen, so tun mir
dies natürlich mit einer 19-Numeri Münze und dann dem
entsprechenden Wechselgeschäft für den noch fehlenden
Numeri.
4 – Elfmeterkrimi
Ein weiteres Beispiel: Wenn wir 98 Numeri bezahlen
wollen, geben wir zuerst eine 80-Numeri Münze, und
eine 19 Numeri-Münze. Jetzt haben wir 99 Numeri, also einen Numeri zuviel, bezahlt. Diesen bekommen wir
wieder, indem wir nun noch einundzwanzig 19-Numeri
Münzen dazu geben und vom Händler fünf 80-Numeri
Münzen zurück bekommen. Also insgesamt haben wir,
um 98 Numeri zu bezahlen, zweiundzwanzig 19-Numeri
Münzen gegeben und vier 80-Numeri Münzen erhalten.
Die neue Regel ist natürlich unfair, da die Mannschaft, die beginnen darf, eine größere Gewinnchance
hat. Schon mit dem ersten Schuss hat sie eine Gewinnchance von 50%, ohne dass die andere Mannschaft überhaupt in das Spiel eingreifen kann. Auch wenn die erste
Mannschaft verschießt, hat nicht automatisch die andere
Mannschaft gewonnen, sondern die erste kann auch noch
gewinnen – nämlich zum Beispiel dann, wenn die zweite
Mannschaft verschießt und die erste im nächsten Schuss
trifft. Das heißt, die Gewinnwahrscheinlichkeit für das
erste Team ist größer als 50%, die Regel ist also unfair.
3 – Plus gleich mal
Aber wie groß ist die Gewinnwahrscheinlichkeit der
ersten Mannschaft genau? Wir schreiben „T“ für Treffer und „N“, falls der Spieler das Tor nicht trifft. Die Ergebnisse der Schüsse bis zum Ende des Spiels notieren
wir als Folge von N’s und einem T am Ende. (Mit dem
ersten Treffer wird das Spiel ja beendet, d.h. die Folge
NNNT steht für „Der vierte Schuss ist der erste Treffer“.
In diesem Fall gewinnt das zweite Team, da es diesen
Schuss ausgeführt hat.)
Bei dieser Aufgabe sollten alle Lösungen der Gleichung
a+b+c = a·b·c
(?)
in den natürlichen Zahlen gefunden werden, also alle
Zahlen a, b, c = 1, 2, 3, . . . , die die Gleichung (?) erfüllen.
Wie berechnet man nun die Wahrscheinlichkeit für eine solche Schussfolge? Da Treffer und Nicht-Treffer die
gleiche Wahrscheinlichkeit haben (und unter der Annahme, dass die Wahrscheinlichkeit für Treffer nicht von den
Ergebnissen der anderen Schüsse abhängt – ob das realistisch ist, bleibt natürlich fraglich!), berechnet sich die
Wahrscheinlichkeit für die Schussfolge NNNT wie folgt:
Da die Addition und die Multiplikation „kommutativ“
sind (das heißt, die Reihenfolge der Summanden bzw.
der Faktoren spielt keine Rolle), erhält man aus jeder Lösung (a, b, c) durch Vertauschen der Reihenfolge erneut
eine Lösung. Um uns viel Schreibarbeit zu sparen, können wir daher annehmen, dass wir die drei Variablen der
Größe nach geordnet haben, d.h. es gilt a ≤ b ≤ c.
Eine Lösung kann man sofort erraten, nämlich a = 1,
b = 2, c = 3 (und mit ihr alle Vertauschungen: a = 1,
1 1 1 1
· · · =
2 2 2 2
3
4
1
1
=
.
2
16
In der Hälfte der Fälle wird beim ersten Schuss nicht getroffen, in der Hälfte von diesen Fällen wird auch beim
zweiten Schuss nicht getroffen, in der Hälfte von diesen
Fällen auch im dritten nicht und wiederum in der Hälfte dieser Fälle ist der vierte Schuss dann ein Treffer, d.h.
1
insgesamt in 16
der Fälle fällt im vierten Schuss der erste
Treffer und das Spiel ist beendet.
Wie zuvor berechnet sich die Gewinnwahrscheinlichkeit
für das erste Team als die Summe q1 + q3 + q5 + . . . Diese Summe kann man wieder mit der geometrischen Reihe ausrechnen:
q1 + q3 + q5 + . . .
2
1
1
= p · 1 + (1 − p) +
(1 − p)
2
2
!
3
1
+
(1 − p)
+ ...
2
Allgemein hat das Ereignis „Im k-ten Schuss fällt der
k
erste Treffer“ die Wahrscheinlichkeit 21 , k = 1, 2, 3, . . .
Um die Wahrscheinlichkeit dafür auszurechnen, dass die
erste Mannschaft gewinnt, müssen wir also die Wahrscheinlichkeiten dafür addieren, dass in einem ungeraden Schuss der erste Treffer fällt. Das heißt, die gesuchte
Wahrscheinlichkeit ist gleich
=
p
2p
=
.
1 − 12 (1 − p) 1 − p
Diese Trefferwahrscheinlichkeit soll nun gleich 50%
sein (die zweite Mannschaft gewinnt dann natürlich in
den anderen 50% der Fälle), d.h. wir setzen
2p
= 0,5 .
1− p
Diese Gleichung können wir nach p umformen und erhalten p = 15 .
3 5 7
1
1
1
+
+
+ ...
2
2
2
!
2 4 6
1
1
1
1
+
+
+ ...
= · 1+
2
2
2
2
!
2 3
1
1
1
1
= · 1+ +
+
+ ... .
2
4
4
4
1
+
2
Für alle Fußballfans sei noch erwähnt, dass die bisherige Regel, dass immer beide Mannschaften einen Schuss
(oder anfänglich fünf Schüsse) abgeben dürfen und derjenige gewinnt, der danach zuerst (mindestens) einen
Treffer mehr hat, ebenfalls fair ist, wenn die Trefferwahrscheinlichkeit bei beiden Teams stets gleich ist.
2
3
Unendliche Summen wie 1 + 14 + 41 + 14 + . . . ,
sogenannte „geometrische Reihen“ (siehe unten), kann
man explizit ausrechnen:
Exkurs zur geometrischen Reihe: Für eine reelle Zahl
x mit −1 < x < 1 gilt:
1
.
1 + x + x2 + x3 + . . . =
1−x
Dies ist zumindest heuristisch leicht einzusehen, wenn
wir nämlich
2
3
(1 − x) · 1 + x + x + x + . . .
2 3
1
1
1
4
1
= .
1+ +
+
+ ··· =
1
4
4
4
1− 4 3
Somit ist die Gewinnwahrscheinlichkeit der ersten
Mannschaft gleich 12 · 43 = 23 , d.h. in durchschnittlich zwei
von drei Elfmeterschießen gewinnt bei dieser Regel das
Team, das den ersten Schuss machen darf.
Wie kann man dieses Spiel fair gestalten? Die einfachste Methode ist natürlich, die oben beschriebene Regel beizubehalten und durch den Wurf einer fairen Münze auszulosen, welches Team zuerst schießen darf. Eine
weitere Möglichkeit wäre, das Team, das zuerst schießen
darf, auf ein kleineres Tor schießen zu lassen, damit die
Trefferwahrscheinlichkeit p kleiner als 50% wird.
„ausrechnen“, kommt 1 heraus.
Dabei stellt sich eine neue Frage: Wie groß muss p sein,
damit das Spiel fair wird? (Wie groß dann das Tor zu
wählen ist, ist eine andere Frage . . . ) Wie zuvor rechnen
wir die Gewinnwahrscheinlichkeit des ersten Teams aus
(nun mit unbekannter Trefferwahrscheinlichkeit p, wobei die zweite Mannschaft weiterhin zu 50% trifft):
Behauptung: Die Eins landet letztendlich oben auf dem
Stapel.
5 – Kartenspiel ohne Ende?
Wir beschreiben hier die Lösung für eine beliebige Anzahl durchnummerierter Karten.
Beweis durch vollständige Induktion: Es sei n die
höchste Nummer, die irgendwann oben auf dem Stapel
erscheint. Ist n = 1, so ist die Behauptung wahr.
Um die Behauptung für einen Wert n > 1 zu beweisen,
können wir annehmen, dass sie für alle kleineren Werte
als n gilt. (Wenn wir das für einen Wert m < n noch nicht
wissen sollten, zeigen wir die Behauptung zuerst für m.)
Wenn nun die Karte mit der Nummer n zum ersten Mal
oben erscheint, so wird sie an die n-te Stelle von oben
Die Wahrscheinlichkeit qk dafür, dass im k-ten Schuss
der erste Treffer fällt, berechnet sich nun wie folgt:
(
qk =
p · (1 − p)
(1 − p)
k
2
k−1
2
k
1 2
2
1
2
,
k−1
2
, falls k ungerade,
falls k gerade.
4
gesteckt. Damit sie diese Stelle wieder verlassen könnte, müsste eine andere Karte an die n-te oder eine tiefere
Stelle gesteckt werden. Das ist aber unmöglich, da es nur
eine Karte mit der Nummer n gibt und Karten mit höheren Nummern nicht oben erscheinen – n ist ja gerade die
höchste, die je oben erscheint.
ursprünglichen Ausgangsstellung, bei der folglich nach
spätestens 2n−2 − 1 Zügen die Karte Nummer n oben erscheint.
Wenn nun, ausgehend von der ursprünglichen Ausgangsstellung, nach spätestens 2n−2 − 1 Zügen die Karte mit
der Nummer n oben liegt und dann „unten“ an der Stelle
n im Stapel verschwindet (von wo sie nie wieder wegbewegt wird, wie oben erklärt), dann müssen wir von
dieser neuen Situation ausgehend wieder nur die oberen
n − 1 Stellen des Stapels betrachten – von dieser Situation (in der wir effektiv mit weniger als n Karten spielen)
haben wir aber angenommen, dass dort die Behauptung
gilt, und die Karte mit der Nummer 1 spätestens nach
2n−2 − 1 weiteren Zügen oben erscheint.
Also bleibt die Karte Nummer n für immer an der n-ten
Stelle, und im Folgenden erscheinen nur Karten mit kleineren Nummern als n oben auf dem Stapel.
Folglich können wir jetzt so tun, als wäre die Fortsetzung unserer Kartensteckaktion eine ganz neue Aktion
mit weniger Karten: Die Karte mit der Nummer n nimmt
ja effektiv nicht mehr teil. Die neue höchste Nummer, die
irgendwann oben auf dem Stapel erscheint, ist auf jeden
Fall kleiner als n.
Insgesamt braucht man somit höchstens 2n−2 + 2n−2 −
1 = 2n−1 − 1 Züge.
Nach einigen Schritten wird wieder die Karte mit der
(neuen) höchsten oben erscheinenden Nummer ganz unten in den (neuen, kleineren) Stapel gesteckt, und wir
können wieder die Fortsetzung als neue Aktion mit weniger Karten betrachten – bis am Schluss nur noch eine
Karte mit der Nummer Eins übrig bleibt. Und die liegt
natürlich oben auf dem Stapel.
Behauptung: Ist die Gesamtzahl der Karten gleich n,
so gibt es genau eine Ausgangsstellung, bei der die Eins
erst nach 2n−1 − 1 Zügen oben erscheint, nämlich (von
oben nach unten) 2, 3, . . . , n, 1.
Beweis durch vollständige Induktion: Wir nennen eine
Ausgansstellung, bei der so viele Züge notwendig sind,
eine ungünstige Stellung. Nach dem oben bereits Bewiesenen muss bei einer ungünstigen Stellung mit n Karten
im mittleren (d.h. dem 2n−2 -ten) Zug die Karte Nummer
n von der obersten Stelle an die unterste Stelle gesteckt
werden. Danach bilden die übrigen Karten eine ungünstige Stellung von n − 1 Karten. Nach Induktionsvoraussetzung liegt dann die 1 an der (n − 1)-ten Stelle. Vor
dem mittleren Zug muss sie also unverändert an der n-ten
Stelle gelegen haben, und oben erschienen nur Nummern
zwischen 2 und n − 1.
Behauptung: Ist n die höchste Nummer, die irgendwann
oben auf dem Stapel erscheint, dann erscheint nach insgesamt höchstens 2n−1 − 1 Zügen die Eins oben auf dem
Stapel.
Beweis durch vollständige Induktion: Für n = 1 liegt
die Eins von Anfang an oben, nach 21−1 − 1 = 0 Zügen.
Wir nehmen also n > 1 an und setzen wieder voraus, dass
die Behauptung für kleinere Werte als n schon bewiesen
ist.
Bis die Karte Nummer n oben erscheint, werden nur
Karten mit kleineren Nummern in den Stapel gesteckt,
und die Stellen von der n-ten abwärts bleiben unberührt
(sonst wäre n nicht die größte, die oben erscheint). Damit die n-te Karte überhaupt nach oben kommen kann,
muss sie also anfangs an einer der oberen n − 1 Stellen
liegen.
Wir vergleichen nun den Spielverlauf mit dem für die
geänderte Ausgangsstellung, bei der die Karten mit den
Nummern 1 und n vertauscht sind. In diesem Fall muss
die Eins im 2n−2 -ten Zug erstmalig oben erscheinen, also müssen die oberen n − 1 Karten eine ungünstige Stellung bilden, die uns aus der Induktionsvoraussetzung bereits bekannt ist. Die geänderte Anfangsstellung ist also 2, 3, . . . , n − 1, 1, n, und machen wir die Vertauschung
von 1 und n rückgängig, so erhalten wir die behauptete
Ausgangsstellung.
Wir vergleichen nun den Spielverlauf mit dem für eine
andere Ausgangsstellung, bei der wir die Karte Nummer
n durch die Nummer 1 ersetzen sowie alle Karten auf den
oberen n − 1 Stellen, die nicht vor der n-ten Karte oben
erscheinen, durch die übrigen, in der neuen Ausgangsstellung noch nicht vergebenen Karten zwischen 2 und
n − 1. Dann liegen anfangs an den oberen n − 1 Stellen
genau die Karten mit den Nummern 1 bis n − 1, und alle
Stellen darunter bleiben im Spielverlauf unberührt. Nach
Induktionsvoraussetzung (also nach der Annahme, dass
die Situation für kleinere Werte als n schon gelöst ist)
erscheint nach spätestens 2(n−1)−1 − 1 Zügen die Karte
mit der Nummer 1 oben auf dem Stapel.
Im Fall n = 8, der ja auf dem Plakat betrachtet wurde,
sind also maximal 28−1 − 1 = 127 Züge nötig.
6 – Inhalt eines Sektglases
Bevor wir das eigentliche Problem lösen, betrachten
wir ein ähnliches. Angenommen das Glas wäre kein Kegel, sondern ein Zylinder (wie es ja viele Gläser sind).
Bis hierher unterscheidet sich der Spielverlauf der geänderten Ausgangsstellung aber nicht von dem mit der
5
77 –– Kein
Kein Kreuzworträtsel
Kreuzworträtsel
7 – Kein
Kreuzworträtsel
Beim
Beim Zylinder
Zylinder berechnet
berechnet sich
sich das
das Volumen
Volumen aus
aus GrundGrundBeim
Zylinder
berechnet
sich
das
Volumen
aus
Grundfläche
mal
Höhe.
Fülle
ich
das
Glas
nur
halbvoll,
so
fläche mal
mal Höhe.
Höhe. Fülle
Fülle ich
ich das
das Glas
Glas nur
nur halbvoll,
halbvoll,so
sohalhalfläche
halbiert
biertsich
sichdie
dieHöhe,
Höhe,die
dieGrundfläche
Grundflächebleibt
bleibtjedoch
jedochgleich.
gleich.
biert
sich
die
Höhe,
die
Grundfläche
bleibt
jedoch
gleich.
Also
halbiert
sich
das
Volumen.
Also halbiert
halbiert sich
sich das
das Volumen.
Volumen.
Also
Das
Das Bildungsgesetz
Bildungsgesetz ist
ist ganz
ganz einfach:
einfach: Das
Das Kästchen
Kästchen mit
mit
Das
Bildungsgesetz
ist
ganz
einfach:
Das
Kästchen
mit
den
Koordinaten
(m,
n),
also
das
Kästchen
in
der
m-ten
den Koordinaten
Koordinaten (m,
(m,n),
n), also
also das
das Kästchen
Kästchen in
in der
der m-ten
m-ten
den
Zeile
Zeile von
von unten
unten und
und in
in der
der n-ten
n-ten Spalte,
Spalte, wird
wird dann
dann und
und
Zeile
von
unten
und
in
der
n-ten
Spalte,
wird
dann
und
nur
dann
schwarz
ausgemalt,
wenn
m
und
n
einen
genur dann
dann schwarz
schwarz ausgemalt,
ausgemalt, wenn
wenn m
m und
und nn einen
einen gegenur
meinsamen
Teiler
größer
gleich
2
besitzen.
meinsamen Teiler größer gleich 2 besitzen.
meinsamen Teiler größer gleich 2 besitzen.
Anders
Anders ausgedrückt:
ausgedrückt: Schreibt
Schreibt man
man die
die Zeilennummer
Zeilennummer
Anders
ausgedrückt:
Schreibt
man
die
Zeilennummer
eines
eines Kästchens
Kästchens in
in den
den Zähler
Zähler eines
eines Bruches
Bruches und
und die
die
eines
Kästchens
in
den
Zähler
eines
Bruches
und
die
Spaltennummer
in
den
Nenner,
so
wird
das
zughörige
Spaltennummer in
in den
den Nenner,
Nenner, so
so wird
wird das
das zughörige
zughörige
Spaltennummer
Kästchen
genau
dann
schwarz
ausgemalt,
wenn
Kästchengenau
genaudann
dannschwarz
schwarzausgemalt,
ausgemalt,wenn
wennman
manden
den
Kästchen
man
den
Bruch
kürzen
kann.
Bruch kürzen
kürzen kann.
kann.
Bruch
Wenn
bezeichnen„
Wennwir
wirdas
dasVolumen
Volumenmit
mitV
bezeichnen„die
dieGrundfläGrundfläWenn
wir
das
Volumen
mit
VV bezeichnen„
die
Grundfläche
chemit
mitA,
A,die
dieHöhe
Höhemit
mithhhund
undden
denZylinder
Zylindermit
mitZ,
Z,dann
dann
che
mit
A,
die
Höhe
mit
und
den
Zylinder
mit
Z,
dann
erhalten
wir:
erhalten wir:
wir:
erhalten
V
)=
(Zvoll
=A
VV(Z
(Z
AA···hhh
voll)) =
voll
hhh
V
(Z
)
=
A
·
halb
V
(Z
)
=
A
·
V (Zhalb
halb) = A · 2
22
A ·· hh2h 11
V (Z
(Zhalb)) A
V
halb
V (Zhalb ) =
= A ·22 =
= 1 ..
=
V
(Z
)
A
·
h
voll
VV(Z
) AA··hh = 222 .
(Zvoll
voll )
Stellt
Stellt man
man sich
sich nun
nun das
das Quadrat
Quadrat unendlich
unendlich weit
weit fortgefortgeStellt
man
sich
nun
das
Quadrat
unendlich
weit
fortgesetzt
vor,
so
repäsentieren
die
weißen
Kästchen
alle
setzt vor,
vor, so
so repäsentieren
repäsentieren die
die weißen
weißen Kästchen
Kästchen alle
alle poposetzt
positiven
rationalen
Zahlen
(Bruchzahlen),
ohne
dass
eine
sitiven rationalen
rationalen Zahlen
Zahlen (Bruchzahlen),
(Bruchzahlen), ohne
ohne dass
dass eine
eine
sitiven
rationale
rationaleZahl
Zahldoppelt
doppeltvorkommt.
vorkommt.
rationale Zahl doppelt vorkommt.
hh
88 –– Richtig
Richtig addieren
addieren
8 – Richtig
addieren
h:2
h:2
AA
Die
DieAufgabe
Aufgabelautet:
lautet:
Die
Aufgabe
lautet:
AA
VV II EE RR
V II N
ES
R
++ E
E
I
N
+FU
E EI N
N FSS
U EE N
N FF
FF U
Fangen
Fangen wir
wir links
links an.
an. Für
Für F
F gibt
gibt es
es nur
nur zwei
zwei MöglichMöglichFangen
wir
links
an.
Für
F
gibt
es
nur
zwei
Möglichkeiten:
keiten: F
F kann
kann entweder
entweder 000 oder
oder 111 sein.
sein. Warum?
Warum? Als
Als
keiten:
F
kann
entweder
oder
sein.
Warum?
Als
Ziffern
stehen
uns
0,
1,
2,
3,
4,
5,
6,
7,
8
und
9
zur
VerZiffern stehen
stehen uns
uns 0,
0, 1,
1, 2,
2, 3,
3, 4,
4, 5,
5, 6,
6, 7,
7, 88 und
und 99 zur
zur VerVerZiffern
fügung.
Addieren
wir
zwei
von
diesen,
ist
die
Summe
fügung. Addieren
Addieren wir
wir zwei
zwei von
von diesen,
diesen, ist
ist die
die Summe
Summe
fügung.
nie
größer
als
18,
wodurch
ein
Übertrag
von
1
entsteht.
nie größer
größer als
als 18,
18, wodurch
wodurch ein
ein Übertrag
Übertrag von
von 11 entsteht.
entsteht.
nie
Wenn
Wenn wir
wir bereits
bereits einen
einen Übertrag
Übertrag von
von 111 haben
haben und
und diedieWenn
wir
bereits
einen
Übertrag
von
haben
und
diesen
zu
18
addieren,
kommen
wir
auf
19,
immer
noch
sen zu
zu 18
18 addieren,
addieren, kommen
kommen wir
wir auf
auf 19,
19, immer
immer noch
nochein
ein
sen
ein
Übertrag
von
höchstens
1.
Also
kann
V
+
E
(+
Übertrag)
Übertrag von
vonhöchstens
höchstens1.
1.Also
Alsokann
kannV
V++EE(+
(+Übertrag)
Übertrag)
Übertrag
nicht
größer
werden
als
19,
F
muss
also
0
oder
nicht größer
größer werden
werden als
als 19,
19, FF muss
muss also
also 00 oder
oder111sein.
sein.
nicht
sein.
Wie
Wie verhält
verhält es
es sich
sich nun
nun bei
bei unserem
unserem Kegel?
Kegel?Hier
Hier gilt
gilt
Wie
verhält
es
sich
nun
bei
unserem
Kegel?
Hier
gilt
die
Volumenformel
Grundfläche
mal
Höhe
durch
drei.
die Volumenformel Grundfläche mal Höhe durch drei.
die Volumenformel
Grundfläche
mal Höhe
durch drei.
Fülle
Fülleich
ichdas
dasGlas
Glasnur
nurhalbvoll,
halbvoll,so
sohalbiert
halbiertsich
sichnicht
nichtnur
nur
Fülle
ich
das
Glas
nur
halbvoll,
so
halbiert
sich
nicht
nur
die
die Höhe,
Höhe, sondern
sondern es
es halbiert
halbiert sich
sich auch
auch der
der Radius
Radius der
der
die
Höhe,
sondern
es
halbiert
sich
auch
der
Radius
der
Grundfläche,
denn
der
Radius
des
Kegels
verhält
sich
Grundfläche, denn der Radius des Kegels verhält sich
Grundfläche,zur
denn der(das
Radius des
Kegels
verhält sich
proportional
proportional zur Höhe
Höhe (das lässt
lässt sich
sich aus
aus dem
dem StrahlenStrahlenproportional
zur
Höhe
(das
lässt
sich
aus demdes
Strahlensatz
herleiten).
Wie
wirkt
sich
die
Halbierung
satz herleiten). Wie wirkt sich die Halbierung desRadius
Radius
satz
herleiten).
Wie wirkt
sich
die
Halbierungeines
des Radius
auf
die
Grundfläche
aus?
Die
Grundfläche
auf die Grundfläche aus? Die Grundfläche eines KreiKreiauf
die
Grundfläche
aus?
Die
Grundfläche
eines
Kreises
ses berechnet
berechnet sich
sich aus
aus dem
dem Quadrat
Quadrat des
des Radius
Radius mal
mal der
der
ses
berechnet
sich
aus
dem
Quadrat
des
Radius
mal
der
Kreiszahl
Pi
(
!
).
Halbiere
ich
nun
den
Radius,
viertele
Kreiszahl Pi (! ). Halbiere ich nun den Radius, viertele
Kreiszahl
Pi (π). Halbiere
ich nun den
Radius,
viertele
ich
ichalso
alsodas
dasQuadrat
Quadratdes
desRadius.
Radius.Da
Dasich
sichan
anPi
Pinichts
nichtsänänich also
das Quadrat
des Radius.
Dagleich
sich an
PiViertel
nichts der
ändert,
bedeutet
dies,
halber
Radius
ein
dert, bedeutet dies, halber Radius gleich ein Viertel der
dert,
bedeutet dies,
halber Volumen
Radius gleich ein Viertel
der
Fläche.
Fläche. Folglich
Folglich wird
wird das
das Volumen insgesamt
insgesamt geachtelt
geachtelt
Folglich
wird das Volumen
insgesamt geachtelt
–Fläche.
– das
das bis
bis zur
zur halben
halben Höhe
Höhe gefüllte
gefüllte Sektglas
Sektglas ist
ist also
also
–
das
bis
zur
halben
Höhe
gefüllte
Sektglas
ist
also
achtelvoll.
achtelvoll.
achtelvoll.
Bezeichnet
Bezeichnetman
mannun
nunmit
mitK
K den
denKegel,
Kegel, mit
mitrrr den
denRadius
Radius
Bezeichnet
man
nun
mit
K
den
Kegel,
mit
den
Radius
(andere
Bezeichnungen
wie
oben),
so
sieht
man:
(andere Bezeichnungen
Bezeichnungen wie
wie oben),
oben), so
so sieht
sieht man:
man:
(andere
11
22
V
(K
)
=
r
2 ··!!··hh·· 1
voll
V
(K
)
=
r
V (Kvoll
voll) = r · π · h · 3
3
3
Nehmen
Nehmen wir
wir an,
an, dass
dass F
F=
= 000 gilt
gilt ––– dann
dann muss
muss R
R+
+ SSS =
Nehmen
wir
an,
dass
F
=
gilt
dann
muss
R
+
==
10
gelten.
Andernfalls
müsste
R
+
S
=
0
sein,
was
be10 gelten.
gelten. Andernfalls
Andernfalls müsste
müsste RR ++ SS == 00 sein,
sein, was
was bebe10
deuten
würde,
dass
R
=
S
=
0
ist,
was
im
Widerspruch
deuten würde,
würde, dass
dass RR == SS == 00 ist,
ist, was
was im
im Widerspruch
Widerspruch
deuten
dazu
steht,
dass
verschiedene
Buchstaben
verschiedene
dazu steht,
steht, dass
dass verschiedene
verschiedene Buchstaben
Buchstaben verschiedene
verschiedene
dazu
Ziffern
Ziffernsymbolisieren.
symbolisieren.Aus
AusRR++SS==10
10folgt,
folgt,dass
dassEE++NN
Ziffern
symbolisieren.
Aus
R
+
S
=
10
folgt,
dass
E+N
++ 11 (wegen
Übertrag)
== NN ++ 10
ist.
Das
geht
natürlich
(wegen
Übertrag)
10
ist.
Das
geht
natürlich
+ 1 (wegen
= NE+=10
ist. Das
geht
nur,
wenn
EEÜbertrag)
== 99 ist.
Aus
99 folgt,
dass
VVnatürlich
++ 99 == UU
nur,
wenn
ist.
Aus
E
=
folgt,
dass
nur,
wenn
E
=
9
ist.
Aus
E
=
9
folgt,
dass
V
U
ist.
Da
wir
FF == 00 angenommen
haben,
gibt
VV +
++ 999 =
keiist.
Da
wir
angenommen
haben,
gibt
keiist. Da
wir F =also
0 angenommen
haben,
V + 9 keinen
Übertrag,
die
Summe
VV
++ 99 ==gibt
UU höchstens
99
nen
Übertrag,
also
die
Summe
höchstens
nen
Übertrag,
also
die
Summe
V
+
9
=
U
höchstens
9
sein.
Gleichzeitig
muss
VV++99==UUaber
auch
mindestens
sein.
Gleichzeitig
muss
aber
auch
mindestens
Gleichzeitig
muss
V + ist.
9 = Also
U aber
auch
9sein.
sein,
weil
VV nicht
negativ
kann
UUmindestens
nur
9
sein,
weil
nicht
negativ
ist.
Also
kann
nur999 sein,
sein,
9
sein,
weil
V
nicht
negativ
ist.
Also
kann
U
nur
sein,
was
im
Widerspruch
dazu
steht,
dass
E
=
9
ist.
was im Widerspruch dazu steht, dass E = 9 ist.
was im Widerspruch dazu steht, dass E = 9 ist.
Der
Der Fall
Fall F
F=
= 000 führt,
führt, wie
wie wir
wir gesehen
gesehen haben,
haben, zu
zu keiner
keiner
Der
Fall
F
=
führt,
wie
wir
gesehen
haben,
zu
keiner
Lösung.
Daraus
folgt,
F
muss
1
sein.
Aus
F
=
1
Lösung. Daraus
Daraus folgt,
folgt, FF muss
muss 11 sein.
sein. Aus
Aus FF == 11 folgt,
folgt,
Lösung.
folgt,
dass
R
+
S
=
11
gelten
muss.
Andernfalls
wäre
R
+
dass R
R ++ SS == 11
11 gelten
gelten muss.
muss. Andernfalls
Andernfalls wäre
wäre RR ++S
S=
dass
S
==
1,
was
nur
ginge,
wenn
eine
der
beiden
Ziffern
0
und
die
1, was
was nur
nur ginge,
ginge, wenn
wenn eine
eine der
der beiden
beiden Ziffern
Ziffern00und
unddie
die
1,
andere
1
wäre.
Da
aber
die
Null
schon
durch
F
„belegt“
andere 11 wäre.
wäre. Da
Da aber
aber die
die Eins
Null schon
schon durch
durch FF „belegt“
„belegt“
andere
ist,
ist,kann
kannR
R+
+S
S=
= 111nicht
nicht gelten.
gelten. Folglich
Folglich ist
ist R
R+
+S
S=
= 11
11
ist,
kann
R
+
S
=
nicht
gelten.
Folglich
ist
R
+
S
=
11
und
es
entsteht
ein
Übertrag.
Damit
folgt,
dass
E
+
N
+
und es
es entsteht
entstehtein
ein Übertrag.
Übertrag.Damit
Damitfolgt,
folgt,dass
dassEE++N
N++111
und
==NNist,
= 9 ist.
ist,und
unddaraus,
daraus,wie
wieoben,
oben,dass
dassE
ist.Es
Esgilt
giltalso
also
= N ist,
und
daraus,
wie
oben,
dass
EE == 99 ist.
Es
gilt
also
!
!rrr"
"222
hhh 111
!
·
·
V
(K
)
=
halb
!
·
·
V
(K
)
=
V (Khalb
· π · 2 ···3
halb) = 2
22
22 33
2
##rr $$22
hhh · 111
rrr22 · hhh
2·· !
π
·
1
V
(K
)
r
·
·
halb
VV(K
)
2
2
3
4
(Khalb
22 · ! ·22 ·33 = 44 ··222 = 11 .
halb ) =
=
= .
=
VV(K
(K
π!···hhh···1131 = rrr222···hhh = 888 .
voll))) = rr222·· !
V
(Kvoll
r
·
voll
33
AA
A:4
A:4
hh
h:2
h:2
55
6
9 + N + 1 = N + 10 und damit, dass ein Übertrag in jedem
Fall entsteht, egal wie N gewählt wird. Also gilt nun I +
I + 1 = 9 oder I + I + 1 = 19. In dieser Gleichung ziehen
wir auf beiden Seiten 1 ab und erhalten 2 · I = 8 oder 2 ·
I = 18. Das Ergebnis 18 fällt aus, denn dann müsste I =
9 sein, was nicht geht, da E = 9 ist. Aus 2 · I = 8 folgt,
dass I = 4 ist und daraus, dass es in dieser Spalte keinen
Übertrag gibt.
Wir wissen nun folgendes: F = 1, E = 9 und I = 4. Für U
und V sehen wir, dass entweder V + 9 = U oder V + 9 = U
+ 10 gelten muss. V + 9 = U wäre nur für V = 0 möglich.
Das führt aber zu einem doppelten Widerspruch, erstens
müsste dann U = 9 sein, was durch E = 9 unmöglich ist
und zweitens würde dann kein Übertrag entstehen und F
wäre nicht 1, sondern 0. Aus V + 9 = U + 10 folgt V = U
+ 1, also ist U um eins kleiner als V.
6493
+ 9428
15921
6493
+ 9478
15971
7493
+ 9408
16901
7493
+ 9428
16921
7493
+ 9458
16951
6498
+ 9403
15901
6498
+ 9423
15921
6498
+ 9473
15971
7498
+ 9403
16901
7498
+ 9423
16921
7498
+ 9453
16951
3. Fall: R = 4, S = 7 (und R = 7, S = 4) Dieser
steht im Widerspruch zu I = 4.
Fall
4. Fall: R = 5, S = 6 (und R = 6, S = 5) In diesem Fall
sind nur noch V = 3, U = 2 und V = 8, U = 7 zulässige Lösungen, alle anderen Zahlenpaare sind
bereits durch andere Buchstaben blockiert. Wenn
V = 3, U = 2 gilt, so bleiben für N noch die Ziffern
0, 7, 8 übrig, bei V = 8, U = 7 sind es die Ziffern
0, 2 und 3.
Es verbleiben die aufzulösenden Buchstaben N, R, S, U
und V, und die folgenden Gleichungen:
• R + S = 11
• V = U + 1, und
• N, das am Ende aus den verbleibenden Ziffern frei
gewählt werden kann.
Für R und S gibt es zwei Möglichkeiten, für U und
V zwei weitere und für N sogar drei. Das macht 2
· 2 · 3 = 12 Lösungsmöglichkeiten:
Es gibt nun mehrere Fälle, die man entweder bei R und S
oder bei U und V entwickeln kann. Wir entwickeln hier
bei R und S.
1. Fall: R = 2, S = 9 (und R = 9, S = 2) Dieser
steht im Widerspruch zu E = 9.
6493
+ 9408
15901
3495
+ 9406
12901
3495
+ 9476
12971
3495
+ 9486
12981
8495
+ 9406
17901
8495
+ 9426
17921
8495
+ 9436
17931
3496
+ 9405
12901
3496
+ 9475
12971
3496
+ 9485
12981
8496
+ 9405
17901
8496
+ 9425
17921
8496
+ 9435
17931
Fall
2. Fall: R = 3, S = 8 (und R = 8, S = 3) In diesem Fall
sind nur noch V = 6, U = 5 und V = 7, U = 6 zulässige Lösungen, alle anderen Zahlenpaare sind bereits durch andere Buchstaben blockiert. Wenn V
= 6, U = 5 gilt, dann bleiben für N noch die Ziffern
0, 2, 7 übrig, bei V = 7, U = 6 sind es die Ziffern
0, 2 und 5.
Für R und S gibt es zwei Möglichkeiten, für U und
V zwei weitere und für N sogar drei. Das ergibt 2
· 2 · 3 = 12 Lösungsmöglichkeiten:
Es gibt also insgesamt 24 verschiedene Lösungen für
diese Aufgabe.
7
8